Задачи прикладной теории упругости

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ ЯДЕРНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ «МИФИ»

В.Т. Сапунов

Задачи прикладной теории упругости

Рекомендовано УМО «Ядерные физика и технологии» в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений

Москва 2011

УДК 539.3 (075) ББК 22.251я7 С 19 Сапунов В.Т. Задачи прикладной теория упругости: Учебное пособие. М.: НИЯУ МИФИ, 2011. – 208 с. Сборник задач прикладной теории упругости с решениями предназначен для иллюстрации теоретического курса «Теория упругости», некоторого его дополнения и для помощи в его изучении. В учебном пособии представлены как классические задачи теории упругости и стандартные методы их решения, так и задачи, имеющие различные практические применения, и отличающиеся характерными приемами решения. Все выбранные задачи имеют конкретный характер; решения задач доведены до конечных формул; результаты решений представляют интерес для практики инженерных расчетов и могут быть применены при разработке и реализации механических конструкций. Предназначено для студентов старших курсов специальностей «Физика прочности» и «Основы конструирования физических установок», а также рекомендовано для студентов технических университетов и институтов, специализирующихся по теории упругости и ее приложениям, аспирантов и инженерно-технических работников, специализирующихся в области прочности и жесткости элементов конструкций. Подготовлено в рамках Программы создания и развития НИЯУ МИФИ. Рецензент д-р. техн. наук, проф. Е.М. Морозов (НИЯУ МИФИ)

ISBN 978 - 5 - 7262 - 1474 - 0

Ó Национальный исследовательский ядерный университет «МИФИ», 2011

Содержание Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Решения основных уравнений теории упругости для частных случаев Задача Задача Задача Задача Задача

1. 2. 3. 4. 5.

Задача

6.

Задача

7.

Задача

8.

Задача

9.

Задача Задача

10. 11.

Задача

12.

Задача Задача

13. 14.

Задача

15.

Задача Задача

16. 17.

Сжатие совмещенных цилиндров . . . . . . . . . . Контроль формы детали высокой точности . . Нагружения вертикально стоящих цилиндров Балка квадратного сечения, жестко закрепленная одним концом . . . . . . . . . . . . . . Сферическая оболочка, нагруженная равномерно распределенными внешним и внутренним давлениями . . . . . . . . . . . . . . . . . . Шар под действием собственного поля гравитации . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Задача Сен-Венана Чистый изгиб тела цилиндрической (призматической) формы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Кручение тела цилиндрической формы (общий подход и решения) . . . . . . . . . . . . . . . . . . Кручение тела цилиндрической формы (метод функций комплексной переменной) . . . . . Кручение тонкостенных конструкций . . . . . . Сложное нагружение тела цилиндрической формы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Кручение круглого вала переменного диаметра Плоская задача теории упругости Равномерно нагруженные тонкие балки . . . . . Напряженное состояние плотины (подпорной стенки) с учетом ее собственного веса . . . . . . Клин, нагруженный сдвигающими усилиями, равномерно распределенными по граням . . . . Клин, нагруженный в вершине . . . . . . . . . . . . Упругая полуплоскость, нагруженная сосредоточенной силой (сосредоточенным моментом) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

5

7 14 20 28 33 38

43 49 57 62 69 74 78 85 98 106

111

Задача

18.

Задача

19.

Задача

20.

Задача

21.

Задача Задача

22. 23.

Задача Задача

24. 25.

Задача

26.

Задача

27.

Задача

28.

Задача

29.

Задача

30.

Задача

31.

Задача

32.

Задача

33.

Нагружение тонкого кругового диска сосредоточенными силами . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Сопротивление разрушению образца из бетона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Нагружение толстостенного цилиндра равномерным внутренним и внешним давлениями Влияние условий закрепления краев цилиндрических труб, подверженных действию равномерных давлений, на их напряженно-деформированное состояние . . . . . . . . . . . . . . . . Соединение цилиндров давления с натягом . . Внутренняя расточка (нарезание внутренней резьбы) трубы (толстостенного цилиндра) . . . Вращение диска (кругового цилиндра) . . . . . . Тонкая пластина, ослабленная круговым отверстием . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Температурные задачи Тонкий круговой диск при осесимметричном распределении температуры . . . . . . . . . . . . . . Длинный круговой цилиндр при радиальном изменении температуры . . . . . . . . . . . . . . . . . . Температурные напряжения в составном цилиндре . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Толстостенная сфера при осесимметричном распределении температуры . . . . . . . . . . . . . . Тонкая пластина произвольного очертания при изменении температуры по толщине . . . . Тонкая прямоугольная пластина (полоса) при изменении температуры по высоте . . . . . . . . . Закрепленная по контуру прямоугольная пластина при изменении температуры по толщине . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Температурные напряжения в пластинах (общий подход и решения) . . . . . . . . . . . . . . . .

Список литературы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

118 121 123

127 135 141 146 154

162 168 172 175 180 185

190 194 207

Введение Сложность задач теории упругости и разнообразие методов их решения заставляют изучающих эту дисциплину обращаться к большому числу самых разных источников. В отечественной литературе имеется ряд монографий и учебников (в том числе и переводных) по теории упругости, содержащих изложения общей теории с той или иной точки зрения и рассматривающих те или иные общие или прикладные задачи. При этом имеются серьезные затруднения при использовании их в учебном процессе, поскольку имеющиеся книги изданы в разное время (подавляющее большинство книг - достаточно давно) и на разном уровне сложности. К тому же число учебных пособий, в которых приводились бы решения задач по всем основным разделам курса, совсем невелико. Предлагаемые в учебном пособии задачи классифицированы по классическим темам теории упругости и объединены в четыре основные группы задач. В первой группе представлены решения основных уравнений теории упругости для некоторых частных случаев. Вторая группа задач связана с решением задачи упругого равновесия призматического (цилиндрического) тела при его нагружении произвольной нагрузкой, заданной на торцах (задача СенВенана). Отдельно рассмотрена задача кручения круглого вала переменного диаметра, не входящая в задачу Сен-Венана, но представляющая достаточный практический интерес. Плоская задача теории упругости представлена задачами третьей группы. Отметим, что решения плоских задач в комплексных переменных (метод Колосова - Мусхелишвили) не включены по причине наличия достаточного материала в отечественной литературе. По этой же причине в учебное пособие не включены задачи изгиба тонких плит и тонкостенных оболочек вращения при статическом нагружении. 5

В четвертой группе представлен довольно широкий круг задач о температурных напряжениях, возникающих вследствие наличия градиентов температур и в значительной мере определяющих поведение многих современных конструкций. Большое разнообразие задач и применяемых методов решений, рассмотренных в учебном пособии, дополняют теоретический материал курса «Теория упругости» и дают хороший инструмент для его изучения вместе с возможностью самостоятельно проверить полученные знания и приобрести навыки для применения этих знаний при решении конкретных задач инженерной практики с использованием тех или иных методов.

6

Решения основных уравнений теории упругости для частных случаев Задача 1 Сжатие совмещенных цилиндров Два длинных сплошных тела цилиндрической формы (1) и (2), имеющих общую ось z и одинаковое поперечное сечение S , сжимаются в осевом направлении поверхностными усилиями p , имеющими главный вектор P и главный момент M = 0 (рис. 1.1). Нижний цилиндр (1) имеет высоту h1 , верхний (2) - высоту h 2 . Цилиндры выполнены из разных материалов, упругие характеристики которых имеют следующие значения: E 1 , n 1 ( l 1 , m 1 ) - для

Рис. 1.1

нижнего цилиндра; E 2 , n 2 ( l 2 , m 2 ) - для верхнего. Нижнее сечение S 10 цилиндра (1) располагается на недеформируемом полупространстве, что позволяет считать точку O закрепленной и исключить любые повороты вокруг этой точки. Точки соприкасающихся торцов цилиндров (сечений S 11 и S 20 ) могут свободно перемещаться (скользить) относительно друг друга благодаря слою тонкой смазки между ними. Влиянием собственного веса цилиндров можно пренебречь. Решить задачу упругого равновесия цилиндров, рассматривая следующие варианты. 1.1. Боковые поверхности цилиндров свободны. 1.2. Оба цилиндра помещены в недеформируемую полость такого же поперечного сечения, которая запрещает перемещения точек боковых поверхностей. Трением между боковыми поверхностями цилиндров и полости пренебречь. 7

Решение 1.1. Рассмотрим напряженное и деформированное состояние двух элементов тела, выделенных в каждом из цилиндров плоскостями, параллельными координатным плоскостям. В соответствии с условиями задачи можно утверждать, что грани выделенных элементов являются главными площадками, так как на них касательные напряжения равны нулю. Более того, при свободных боковых поверхностях цилиндров для каждого из выделенных элементов имеем: sx = s y = 0 , sz = - p = - P / S .

(1.1)

Что же касается деформированного состояния, очевидно, что все три главные деформации e x , e y и e z отличны от нуля, и они подлежат определению для каждого из цилиндров отдельно. Поскольку в решении поставленной задачи должны фигурировать характеристики материалов цилиндров, необходимо привлечь уравнения линейного физического закона:

[ ( )] / E e y = [ s y - n (s z + s x )] / E e z = [ s z - n (s x + s y )] / E e x = sx - n sy + sz

, , .

Решение представленных уравнений для каждого из цилиндров позволяет получить:

e(x1) = e(y1) = n1 p / E1 ,

e (x2 ) = e (y2) = n 2 p / E 2 ,

e(z1) = - p / E1 ;

e(z2 ) = - p / E 2 .

(1.2)

Определение перемещений для верхнего и нижнего цилиндров строится по одной и той же схеме. Используя зависимости Коши, запишем: 8

¶u ¶v ¶w = np / E , = np / E , = -p/E , ¶x ¶y ¶z ¶u ¶v ¶v ¶ w ¶ w ¶u + =0 , + =0 , + =0 . ¶ y ¶x ¶z ¶ y ¶x ¶z

Интегрирование первых трех уравнений позволяет получить:

u=

np np p x + f ( y, z ) , v = y + j ( x, z ) , w = - z + y ( x, y ) . E E E

(1.3)

Внося полученные соотношения для перемещений во вторую тройку уравнений, будем иметь: ¶ f ¶j ¶y ¶j ¶ f ¶y + =0 , + =0 . + =0 , ¶ y ¶x ¶ y ¶z ¶ z ¶x

(1.4)

Для определения функций f ( y, z ) , j ( x, z ) и y ( x, y ) по уравнениям (1.4) воспользуемся несколько громоздким, но достаточно простым подходом. Последовательность необходимых выкладок приведем подробно, поскольку рассматриваемый способ определения перемещений используется довольно часто. Продифференцируем каждое из уравнений (1.4) по x , y , z . Получим, соответственно, девять уравнений, которые выпишем в следующем порядке: ¶2 j

=0 , ¶x 2

¶2f

=0 , ¶y 2

¶2 y

¶2 f

=0 , ¶y2

¶z 2

¶2 j

¶2 y

=0 , ¶z 2

¶x 2

=0 ; =0 ;

(1.5)

¶2y ¶2 f ¶ 2 y ¶2 j ¶2 j ¶2 f =0 , =0 . + + =0 , + ¶ y¶z ¶x¶z ¶z ¶y ¶x ¶ y ¶ y ¶x ¶ z ¶x Сложением и вычитанием последних трех уравнений исключим из них поочередно функции f ( y, z ) , j ( x, z ) и y ( x, y ) . Например, 9

складывая первые два уравнения и вычитая третье, в полученном уравнении оставим только функцию f ( y, z ) ; складывая первое и третье уравнения и вычитая второе, оставим функцию j ( x, z ) и т.д. В результате получим:

¶2y ¶2 f ¶2 j =0 . =0 , =0 , ¶ y¶z ¶x¶z ¶x¶ y Окончательно, для вторых производных функций j ( x, z ) и y ( x, y ) имеем:

¶2 f =0 ; = , 0 ¶ y¶z ¶z 2

¶2f

¶2 f

¶2 j

¶2 j

¶2 y

¶2 y

=0 , ¶y 2 =0 , ¶x 2

=0 , ¶x 2

f ( y, z ) ,

¶2j =0 ; = , 0 ¶x¶z ¶z 2

¶2y =0 . = , 0 ¶x¶ y ¶y2

Общий вид функций f ( y, z ) , j ( x, z ) и y ( x, y ) очевиден:

f ( y, z ) = a y + b z + c ,

j ( x, z ) = d x + e z + f ,

y ( x, y ) = gx + hy + k .

(1.6)

Соотношения (1.6) являются общим решением уравнений (1.5), которые, в свою очередь, получены дифференцированием системы уравнений (1.4), и поэтому их порядок выше порядка последних. Для уточнения решения подставим теперь соотношения (1.6) в уравнения (1.4). Будем иметь: a+d =0 , h+e = 0 , b+ g =0 ,

10

откуда следует d = - a , h = - e , g = -b .

Для перемещений, соответственно, получаем:

np x + ay + b z + c , E np v= y - ax + e z + f , E p w = - z - b x - ey + k . E u=

(1.7)

Наличие линейных трехчленов в соотношениях (1.7) показывает, что для тела, как целого, имеются возможности поступательных смещений вдоль координатных осей (постоянные c , f , k ) и поворотов тела, как целого, вокруг осей координат на малые углы (постоянные a , b , e ). По условиям рассматриваемой задачи подобные перемещения и повороты не допускаются, и все произвольные постоянные должны быть приняты равными нулю. Сказанное можно предложить в другой формулировке: поле пе~ = -b x - e y + k опреремещений u~ = a y + b z + c , v~ = -ax + e z + f , w деляет нулевые деформации, что соответствует «жесткому» перемещению тела, как целого, и должно быть принято равным нулю. Окончательно можем записать:

u=

np np p x , v= y , w=- z . E E E

(1.8)

Общий метод определения перемещений по заданным деформациям будет рассмотрен ниже при решении задачи 5. Переходя к перемещениям точек цилиндров, будем иметь: - для нижнего цилиндра (1)

n p u1 = 1 x , E1

n p v1 = 1 y , E1 11

w1 = -

p z ; E1

- для верхнего цилиндра (2)

n p u2 = 2 x , E2

n p v2 = 2 y , E2

w2 = -

(

)

p p z - h1 . h1 E2 E1

1.2. Если оба цилиндра помещены в недеформируемую полость, запрещающую перемещения точек боковых поверхностей, то при отсутствии трения между боковыми поверхностями цилиндров и полости грани элементов, выделенных в каждом из цилиндров плоскостями, параллельными координатным плоскостям, являются главными площадками, так как на них касательные напряжения равны нулю. Напряженное и деформированное состояния элементов в этом случае будет определяться составляющими: sx = s y , sz = - p = - P / S ; ex = e y = 0 , ez ,

где напряжения s x , s y и деформация e z подлежат определению. Решение уравнений линейного закона для каждого из цилиндров позволяет получить: - для нижнего цилиндра (1) n1 p , s(z1) = - p ; 1 - n1 e(x1) = e (y1) = 0 , e(z1) = - p × (1 + n1 )(1 - 2n1 ) E1 1 - n1 s (x1) = s (y1) = -

;

- для верхнего цилиндра (2)

( 2) n2 p , sz = - p ; 1 - n2 ( ( 2) 2) e x = e y = 0 , e(z2 ) = - p × (1 + n 2 )(1 - 2n 2 ) E2 1 - n2 s (x2 ) = s (y2 ) = -

12

.

Определение перемещений по схеме, приведенной в п. 1.1 задачи 1, позволяет получить:

u=v=0 , w=-

p (1 + n )(1 - 2n ) × z E 1- n

или, учитывая связь между упругими постоянными E , n и l , m : u =v=0 ,

w=-

pz l + 2m

.

Переходя к перемещениям точек каждого из цилиндров, будем иметь: - для нижнего цилиндра (1)

u 1 = v1 = 0 , w1 = -

pz l1 + 2m1

;

- для верхнего цилиндра (2)

u 2 = v2 = 0 , w2 = -

p h1 l1 + 2m1

-

p ( z - h1 ) l 2 + 2m 2

.

Отметим, что при решении задачи о сжатии совмещенных цилиндров в постановке 1.1 перемещения u1 и u 2 соприкасающихся сечений цилиндров априори разные (перемещения равны только в одном случае, когда n1 / E1 = n 2 / E2 ), в то время как в постановке 1.2 они - одинаковые. Таким образом, в постановке 1.1 требуется применение принципа Сен-Венана, и в этом смысле полученное решение является приближенным.

13

Задача 2 Контроль формы детали высокой точности Деталь в виде тела цилиндрической формы (ось z - ось тела) длиной l с поперечным сечением S изготовлена из однородного изотропного материала, имеющего удельный вес r и упругие характеристики E , n . Нижнее сечение детали располагается на горизонтальном «столе», так что начало координат, расположенное в этом сечении, считается закрепленным и локальные повороты вокруг этой точки исключены. Рассматриваемое тело находится под действием собственного веса. При использовании детали необходимо контролировать исходную форму цилиндра, отвечающую нулевому полю напряжений. 2.1. Рассмотреть упругое равновесие рассматриваемой детали, находящейся под действием сил тяжести. 2.2. Определить отклонения от исходной формы для частного случая кругового цилиндра радиусом R = 0,1 м и длиной l = 1 м , 3

изготовленного из каучука ( E = 2 × 106 Па, n = 0,5 , r = 103 кг/м ).

Решение 2.1. Поскольку нижнее сечение цилиндра располагается на горизонтальном «столе», равномерное давление на цилиндр со стороны «стола» (реакция опоры) p определяется из условия равновесия тела в целом:

p S = rS l Þ

p = rl .

Легко получить, что напряженное состояние рассматриваемого тела будет определяться следующими составляющими: 14

s x = s y = 0 , s z = r ( z - l ) , t xy = t yz = t zx = 0 .

(2.1)

Соответствующее поле деформаций имеет вид ex = e y =

nr ( l - z ) , e z = r ( z - l ) , g xy = g yz = g zx = 0 . E E

(2.2)

Определение перемещений по схеме, приведенной в п. 1.1 задачи 1, не представляет особого труда. Используя зависимости Коши, запишем: ¶ u nr = ( l - z) , ¶x E ¶u ¶ v + =0 , ¶ y ¶x

¶ v nr = ( l - z) , ¶w = r ( z - l) , ¶y E ¶z E ¶v ¶ w ¶ w ¶u + =0 , + =0 . ¶z ¶ y ¶x ¶ z

Интегрирование первых трех уравнений позволяет получить:

nr ( l - z ) x + f ( y, z ) , E nr v= ( l - z ) y + j ( x, z ) , E r w= ( z - l ) 2 + y ( x, y ) . 2E u=

(2.3)

Подставив результаты (2.3) во вторые три уравнения, приходим к условиям для определения функций f ( y, z ) , j ( x, z ) и y ( x, y ) :

¶ f ¶j + =0 , ¶ y ¶x ¶ y ¶ j nr + = y , ¶ y ¶z E ¶ f ¶ y nr + = x . ¶z ¶x E 15

(2.4)

Способ определения функций f ( y, z ) , j ( x, z ) и y ( x, y ) по уравнениям (2.4), остается таким же, как в п. 1.1 задачи 1. Не повторяя его, приведем сразу конечный результат для перемещений: nr ( l - z ) x + ay + b z + c , E nr ( l - z ) y - ax + e z + f , v= E r ( z - l ) 2 + nr x 2 + y 2 - b x - e y + k . w= 2E 2E u=

(

)

Значения постоянных a , b , c , e , f , k определим из условий закрепления начала координат. Будем иметь:

a = b = c = e = f = 0 , k = - r l 2 / 2E . Окончательно, соотношения для перемещений принимают вид nr ( l - z) x , E nr ( l - z) y , v= E

u=

w=

[

(

r z2 - 2 l z + n x2 + y 2 2E

(2.5)

)] .

Обратим внимание, что точки, расположенные на оси z ( x = y = 0 ) перемещаются только вертикально; все остальные точки имеют и горизонтальные перемещения. Отметим, что построенное решение, в соответствии с принципом Сен-Венана, справедливо на некотором удалении от нижнего сечения. 2.2. Если взять в недеформированном состоянии некоторую точку x 0 , y 0 , z 0 , то после деформации ее координаты будут: 16

é nr x = x 0 ê1 + ( l - z0 )ùú , E ë û é nr y = y 0 ê1 + ( l - z0 )ùú , E ë û r z = z0 + z02 - 2 l z0 + n x02 + y02 2E

[

(

(2.6)

)]

.

Рассмотрим произвольное поперечное сечение z = z 0 = const . Выделим в нем окружность радиусом r0 ( r02 = x02 + y02 ) с центром на оси z . Легко получить, что эта окружность после деформирования перейдет в окружность радиусом r ( r 2 = x 2 + y 2 ): 2

é nr ( l - z0 )ùú r02 Þ r = éê1 + nr ( l - z0 )ùú r0 , r 2 = ê1 + E E ë û ë û

(2.7)

причем r ³ r0 (равенство r = r0 имеет место при z = z 0 = l ). Уравнение поверхности, в которую перейдет сечение z = z 0 , найдем, исключив из соотношения для z начальные координаты x 0 , y 0 , используя при этом формулу (2.7), Будем иметь: é ê r2 r ê 2 z = z0 + z 0 - 2l z 0 + n × 2E ê é nr ê ê1 + E l - z 0 êë ë

(

ù ú ú . 2ú ù ú ú ú û û

)

В цилиндрических координатах r , z , j это уравнение определяет параболоид вращения, поскольку в него не входит угол j . Поверхность, в которую перейдет нижнее сечение z = z 0 = 0 , будет описываться уравнением z=

n Er

2 (E + nr l )

17

2

r2 ,

а поверхность, в которую перейдет верхнее сечение z = z 0 = l , уравнением z= l-

r 2 rn 2 l + r 2E 2E

.

Если в теле выделить круговую цилиндрическую поверхность радиусом r0 ( r02 = x02 + y02 ), то в результате деформирования она перейдет в поверхность вращения - это заранее ясно на основании сделанного ранее вывода (2.7) о деформировании окружностей. Для получения уравнения этой поверхности следует из соотношений (2.6), определяющих текущие значения координат точки x , y , z , исключить начальные координаты x 0 , y 0 , z 0 , учитывая при этом, что r02 = x02 + y02 . Соответствующие четыре уравнения легко преобразуются в два: z = z0 +

(

)

r z02 - 2 l z0 + n r02 , 2E

é nr ( l - z0 )ùú r0 , r = ê1 + E ë û второе из которых позволяет определить z 0 : z0 = l -

( r - r0 ) E nr r0

.

Уравнение искомой поверхности будет иметь вид

z=l-

( r - r0 ) E nr r0

2 ì ü é ( r - r0 ) E ù r ï é (r - r0 ) E ù 2ï + ú - 2l êl ú + n r0 ý . í êl 2 E ï ëê nr r0 ûú nr r0 ûú ê ï ë î þ

18

Уравнение образующей следует из уравнения поверхности при x0 = x = 0 , r = y :

z=l-

( y - r0 ) E nr r0

2 ì ü é ( y - r0 ) E ù r ï é ( y - r0 ) E ù 2ï + ú + n r0 ý . ú - 2l êl í êl nr r0 ûú 2E ï ëê nr r0 ûú ê ï ë î þ

Полученное уравнение определяет параболу, которая очень мало отличается от прямой линии. Отклонения от исходной формы для частного случая кругового цилиндра радиусом r0 = R = 0,1 м и длиной

l = 10 R = 1 м , изготовленного из каучука, показаны на рис. 2.1. Значения величин, указанных на рисунке, приведены ниже:

Рис. 2.1

rl2 » 2,45 мм , a = l - z z =l , x = y =0 = 0 0 0 2E nr R 2 b = a - æç l - z z =l , x = 0, y = R ö÷ = » 1, 225 × 10 - 2 мм , 0 0 0 è ø 2E

c = y z = x =0 , y = R - R = 0 0 0

nr l R » 2,45 × 10 -1 мм , E

nr R 2 d = z z = x =0, y = R = » 1,225 ×10 - 2 мм . 0 0 0 2E

Напомним, что построенное решение, в соответствии с принципом Сен-Венана, справедливо на некотором удалении от нижнего сечения, на расстоянии не меньше, чем 2 R .

19

Задача 3 Нагружения вертикально стоящих цилиндров Вертикально стоящие круговые цилиндры большой длины ( z - ось цилиндра), выполненные из материала с удельным весом r и упругими характеристиками E , n ( l , m ), нагружены усилиями, равномерно распределенными вдоль оси z . Определить упругое равновесие цилиндров при следующих видах нагружения. 3.1. Нагружение сплошного цилиндра собственным весом при запрещении перемещений точек боковой поверхности. 3.2. Нагружение толстостенного цилиндра собственным весом при запрещении перемещений точек боковых поверхностей. 3.3. Нагружение сплошного цилиндра, составленного из двух различных материалов (граница раздела задана), собственным весом при запрещении перемещений точек боковой поверхности. 3.4. Равномерное сжатие сплошного цилиндра давлением, распределенным по боковой поверхности. 3.5. Равномерное сжатие толстостенного цилиндра, имеющего недеформируемое внутреннее ядро, давлением, распределенным по боковой поверхности.

Решение К рассмотрению предложены круговые цилиндры (тела вращения), нагруженные усилиями, равномерно распределенными вдоль оси z . Объемные силы в виде сил тяжести (собственного веса цилиндров) принимаются во внимание в пп. 3.1 - 3.3 и не учитываются в пп. 3.4 - 3.5. Решение предложенных задач построим в перемещениях. Уравнения Ламе в векторной форме имеют вид

m Ñ 2 u + (l + m ) grad div u + F = 0 , 20

(3.1)

где u - вектор полного перемещения точки; F - вектор объемной силы. Принимая во внимание осесимметричность задачи, в цилиндриdu u + и ческой системе координат имеем u = u (r ) , div u = dr r d 2u 1 du u . Учитывая, что grad div u = 2 + r dr r 2 dr ì ï ï ïï Ñ2 u = í ï ï ï ïî

d 2u

1 du u r dr r 2 dr d 2v 1 dv v + d r 2 r dr r 2 2

+

d 2w dr

2

+

1 dw r dr

ì 0 ï и F =í 0 , ï -r î

уравнения Ламе запишем в виде æ d 2u 1 du u ö - 2 ÷=0 , (l + 2m ) ç 2 + ç dr r dr r ÷ø è æ d 2v 1 dv v ö mç + - ÷=0 , ç d r 2 r dr r 2 ÷ è ø 2 æ d w 1 dw ö ÷ -r = 0 . mç 2 + ç dr ÷ r dr è ø

(3.2)

Решение дифференциальных уравнений (3.2) приводит к следующим соотношениям для перемещений u , v , w : u = Ar +

r 2 B D r + G lg r + H , , v = Cr + , w= 4m r r

(3.3)

где A , B , C , D , G и H - постоянные интегрирования, подлежащие определению. 21

С применением зависимостей Коши для деформаций получим: B

B , ej = A + 2 , e z = 0 ; r r r G D . g r j = - 2 2 , g jz = 0 , g z r = r+ 2m r r er = A -

2

(3.4)

Соответственно, используя уравнения линейного физического закона, для напряжений будем иметь: B sr = 2 (l + m) A - 2m 2 , s j = 2 (l + m ) A + 2m r s z = 2l A ; D r mG tr j = - 2m 2 , tjz = 0 , t z r = r + 2 r r

B r2

, (3.5)

.

Уравнения (3.3) - (3.5) определяют упругое равновесие цилиндров при учете их собственного веса и равномерном распределении нагрузки по высоте. 3.1. При нагружении сплошного цилиндра радиусом b только собственным весом и запрещении перемещений точек боковой поверхности (см. задачу 1, п. 1.1) перемещения конечны при r = 0 . Соответственно, постоянные B , D и G должны иметь нулевые значения: B = D = G = 0. Граничные условия для перемещений в рассматриваемой задаче имеют вид u r = b = v r = b = w r =b = 0 . Удовлетворение этих условий приводит к следующим значениям оставшихся постоянных: 2 A = C = 0 , H = - rb 4m

22

.

Таким образом, упругое состояние цилиндра при принятых условиях нагружения и закрепления точек боковой поверхности будет определяться следующими перемещениями, деформациями и напряжениями:

u= v= 0 , w=-

(

r 2 b - r2 4m

),

r r , 2m r sr = sj = s z = tr j = t j z = 0 , t z r = r . 2

e r = ej = e z = g r j = g j z = 0 , g z r =

Отметим, что напряжение t z r , собранное на боковой поверхности 2pb ×1 , соответствует весу цилиндра единичной высоты. Действительно,

r b × 2pb ×1 = r × pb 2 × 1 . 2 Отыскание главных нормальных напряжений приводит к результату

sI = - s III = r r / 2 ,

s II = 0 ,

который определяет напряженное состояние цилиндра как «чистый сдвиг». 3.2. При нагружении толстостенного цилиндра (внутренний радиус - a , внешний - b ) собственным весом и запрещении перемещений точек боковых поверхностей граничные условия для перемещений имеют вид u r =a = v r =a = w r =a = 0 , u r =b = v r =b = w r =b = 0 .

23

Таким образом, для определения шести постоянных интегрирования A , B , C , D , G и H получаем шесть уравнений:

B D r 2 a + G lg a + H = 0 , = 0 , Ca + = 0 , a a 4m B D r 2 Ab + = 0 , C b + = 0 , b + G lg b + H = 0 . 4m b b

Aa +

Решение уравнений позволяет получить: A= B =0 , C = D =0 ;

G=-

r a2 r (b 2 - a 2 ) lg a r b - a2 , H= × × 4m lg (b / a ) 4m 4m lg ( b / a ) 2

.

С учетом значений постоянных имеем: w=

(

)

r 2 r ( b 2 - a 2 ) lg ( r / a ) ; × r - a2 lg (b / a ) 4m 4m

t rz =

1 b2 - a 2 ù rr é ê1 - 2 × ú . 2 ëê 2r lg ( b / a ) ûú

Отметим, что предельный переход от задачи 3.2 к задаче 3.1 при a ® 0 некорректен, поскольку точки внутренней поверхности толстостенного цилиндра закреплены, а точки, расположенные на оси z сплошного цилиндра, имеют возможность перемещаться. 3.3. Задачу о нагружении сплошного цилиндра, составленного из двух различных материалов, собственным весом при запрещении перемещений точек боковой поверхности можно рассматривать как задачу о совместном деформировании сплошного цилиндра (1) с наружным радиусом a , изготовленного из упругого материала с характеристиками r1 , l1 , m1 , и толстостенной трубы с внутренним радиусом a и наружным b , изготовленной из упругого материала с характеристиками r 2 , l 2 , m 2 . 24

Поскольку сплошной цилиндр (1) вставляется в трубу (2), границей раздела является поверхность r = a , на которой необходимо выполнить условия непрерывности решений. На боковой поверхности r = b толстостенной трубы (2) по условию задачи запрещены перемещения точек. Для сплошного цилиндра перемещения должны быть конечны при r = 0 . Реализация перечисленных условий совместного деформирования при нагружении собственным весом сплошного цилиндра и толстостенной трубы, изготовленных из разных материалов, приводит к следующим уравнениям для отыскания постоянных интегрирования: B1 = D 1 = G 1 = 0 ; u (2 )

s(r1) u (1)

r =a

r =a

= s(r2 )

= u (2 )

r =b

r =b

= w(2 )

r =b

=0 ;

, t(r1z) = t(r2z) , t(r1j) = t(r2j) ; r =a r=a r =a r =a

r =a

r =a

= v (2 )

, v (1)

r =a

= v (2 )

r =a

, w(1)

r =a

= w(2)

r =a

.

Решение представленных уравнений не представляет особого труда. Окончательно, будем иметь:

H1 =

G2 =

(

A1 = B1 = C1 = D1 = G1 = 0 ,

a 2 r1 - r2

r1 a2 r2 ( b2 - a 2 ) 2m 2 4m1 b 4m 2 A 2 = B 2 = C2 = D 2 = 0 ,

( r 1 - r2 ) a 2 2m 2

) lg a

,

-

H2 = -

b2 4m 2

;

ù é 2a 2 ê r 2 + 2 r1 - r2 lg b ú . b úû êë

(

)

Можно видеть, что при r 1 = r2 постоянная G 2 равна нулю, и напряжения в цилиндрах (1) и (2) определяются одними и теми же соотношениями; поля перемещений при этом будут разными. 25

Если же к условию r 1 = r2 добавить условие m1 = m 2 , одинаковыми соотношениями будут описываться перемещения цилиндров, несмотря на то, что, возможно, l 1 ¹ l 2 . 3.4. При равномерном сжатии сплошного цилиндра радиусом b давлением, распределенным по боковой поверхности, перемещения конечны при r = 0 . Соответственно, постоянные B , D и G должны иметь нулевые значения: B = D = G = 0. Для перемещений и напряжений в этом случае будем иметь:

u = Ar , v = C r , w = H ; s r = 2 ( l + m ) A , s j = 2 ( l + m ) A , s z = 2l A .

Граничные условия для напряжений в рассматриваемой задаче переходят в одно уравнение sr r = a = - p , удовлетворение которого позволяет определить постоянную A : 2 ( l + m) A = - p

Þ

A= -

p . 2(l + m)

Исключая возможность поступательного смещения вдоль оси z и поворота тела, как целого, вокруг оси z , получим C = H = 0 . Окончательно имеем:

u=-

p r ; 2(l + m )

sr = - p , sj = - p , s z = -

l p . l+m

3.5. При равномерном сжатии толстостенного цилиндра (внутренний радиус - a , внешний - b ), имеющего недеформируемое внутреннее ядро, давлением, распределенным по боковой поверхности, граничные условия представляются уравнениями: 26

u r =a = 0 , s r r =b = - p ,

v r =a = 0 ,

tr z

r =b

w r =a = 0 ;

=0 ,

tr j

r =b

=0 .

Соответственно, для определения шести постоянных интегрирования A , B , C , D , G и H получаем шесть уравнений:

B D = 0 , C a + = 0 , G lg a + H = 0 ; a a mG B D 2 (l + m) A - 2m = - p , 2m =0 , =0 . 2 2 b b b Aa +

Можно видеть, что отличными от нуля будут только две постоянные A и B : A=-

pb 2

, B = - Aa 2 =

2 l b 2 + 2m ( a 2 + b 2 )

p a 2b 2 2l b 2 + 2m ( a 2 + b 2 )

.

С учетом значений постоянных окончательно имеем:

u = Ar +

B r

Þ u=-

s r = 2 ( l + m) A - 2m s j = 2 ( l + m ) A + 2m s z = 2l A

B r2 B r2

æ a2 ö ç1- ÷ ; × r 2lb 2 + 2m ( a 2 + b 2 ) çè r 2 ÷ø pb2

Þ

sr = - p ×

lr 2 + m ( r 2 + a 2 ) b 2 , × lb 2 + m ( a 2 + b 2 ) r 2

Þ

sj = - p ×

lr 2 + m ( r 2 - a 2 ) b 2 , × lb 2 + m ( a 2 + b 2 ) r 2

Þ sz = - p×

27

lb 2 lb 2 + m ( a 2 + b 2 )

.

Задача 4 Балка квадратного сечения, жестко закрепленная одним концом

Рис. 4.1

Длинная балка квадратного сечения 2a ´ 2a и длиной l ( l >> a ), выполненная из упругого материала с характеристиками E и n , жестко закреплена левым концом (рис. 4.1).

Начало координат и оси x , y расположены в закрепленном сечении; z - ось балки. Рассмотреть упругое равновесие балки в предположении, что объемные силы равны нулю и что существует функция напряжений F = F ( x, y , z ) заданного вида, содержащая некоторые постоянные, определяемые из условия отсутствия нагрузки на верхней грани x = a . Нагружение остальных граней определить из граничных условий.

Решение Будем считать, что функция напряжений F = F ( x, y , z ) введена так, что компоненты тензора напряжений определяются соотношениями: s x = s y = 0 , s z = m xz - M yz , ¶F M y 2 ¶F mx 2 t xy = 0 , t yz = , t zx = , + ¶x 2 ¶y 2

(4.1)

где m и M - постоянные величины, подлежащие определению из условия отсутствия нагрузки на одной из боковых граней. Предложенное решение задачи в напряжениях (4.1) должно удовлетворять дифференциальным уравнениям равновесия и зависимостям Бельтрами - Митчелла. 28

Проверяя дифференциальные уравнения равновесия, легко по2 лучить, что из первого уравнения следует требование ¶ F = 0 , из ¶ y¶z 2 второго - ¶ F = 0 , а третье уравнение удовлетворяется тождест¶x¶z венно. Полученные соотношения позволяют уточнить вид функции F = F ( x, y , z ) : ì ï ï í ï ï î

¶2F ¶ æ ¶F ö ÷=0 ç = ¶ y¶z ¶ y çè ¶z ÷ø ¶F = h (z ) Þ F = H ( z ) + G ( x, y ) . Þ 2 ¶z ¶ æ ¶F ö ¶ F ÷=0 = ç ¶x¶z ¶x çè ¶z ÷ø

Напомним, что зависимости Бельтрами - Митчелла при отсутствии объемных сил имеют вид Ñ 2s x +

Ñ 2 t xy +

1 ¶ 2s × =0 , 1 + n ¶x 2 ... , 1 ¶ 2s =0 , × 1 + n ¶x ¶ y ...,

где s = s x + s y + s z . Подставляя решение задачи в напряжениях (4.1) в зависимости Бельтрами - Митчелла, приходим к двум уравнениям, также определяющим вид функции F = F ( x, y , z ) : ¶ æç ¶ 2 F ¶ 2 F ¶ 2 F ö÷ n + + = M , ¶ x çè ¶ x 2 ¶ y 2 ¶ z 2 ø÷ 1 + n ¶ æç ¶ 2 F ¶ 2 F ¶ 2 F ö÷ n + + = m . ¶ y èç ¶ x 2 ¶ y 2 ¶ z 2 ø÷ 1 + n

29

С учетом соотношения для функции F , полученного при рассмотрении дифференциальных уравнений равновесия, а именно F = H ( z ) + G ( x, y ) , будем иметь: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

∂ ⎛ ∂ 2 G ∂ 2G + ⎜ ∂x ⎝ ∂x 2 ∂ y 2

⎞ ν M ; ⎟= ⎠ 1+ ν ∂ ⎛ ∂ 2G ∂ 2G ⎞ ν m ⎜ 2 + 2 ⎟= ∂ y ⎝ ∂x ∂y ⎠ 1+ ν

∂ 2G

∂ 2G + = A1x + A2 y + A3 . ∂x 2 ∂ y 2

⇒

Упрощая процедуру получения решения, примем H ( z ) = 0 , F ( x , y ) = G ( x, y ) = −

C 2 C ( x + y 2 ) + ( αx 2 y + βxy 2 ) , 2 l

где l − длина балки; C , α , β − постоянные. Постоянные α и β легко выразить через постоянные m и M . Действительно, ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

ν ∂ ⎛⎜ ∂ 2G ∂ 2G ⎞⎟ 2C M =β⋅ = + ; 2 2 ⎟ ⎜ l ∂ x ⎝ ∂x ∂y ⎠ 1 + ν ν ∂ ⎛⎜ ∂ 2G ∂ 2G ⎞⎟ 2C m = α⋅ = + 2 2 ⎟ ⎜ l ∂ y ⎝ ∂x ∂y ⎠ 1 + ν

⇒

ν ml ⎧ ⎪ α = 1 + ν ⋅ 2C ; ⎨ ν Ml ⎪ β= ⋅ . 1 + ν 2C ⎩

Окончательно, функция напряжений, удовлетворяющая дифференциальным уравнениям равновесия и зависимостям Бельтрами − Митчелла, принимает вид

F ( x, y ) = −

C 2 ν ( x + y2 ) + ( m x 2 y + M xy 2 ) . 2 2 (1 + ν)

(4.2)

Соответственно, напряженное состояние балки будет определяться соотношениями: 30

s z = m xz - M yz ,

t yz = t zx =

¶F M y 2 + ¶x 2

¶F mx 2 ¶y 2

Þ t yz = Cx -

2n m x y - M y 2 , 2 (1 + n )

t zx = - C y +

2n M x y - m x 2 . 2 (1 + n )

Þ

(4.3)

Будем считать, что на верхней грани x = a балки нагрузка отсутствует ( X = Y = Z = 0 ). Учитывая значения направляющих косинусов нормали к площадке, расположенной на верхней грани ( l = 1 , m = 0 , n = 0 ), из трех граничных условий на этой части поверхности балки остается только одно: t zx

x=a

= - Cy +

æ nM a ö 2n M a y - m a 2 ma 2 ÷÷ = y çç - C + =0 . 2 (1 + n ) 1 + n ø 2 (1 + n ) è

Граничное условие выполняется, если M=

1+ n C × , m=0 . n a

Таким образом, sz = -

æ y 2 ö÷ 1+ n C æx ö , t z x = C y ç - 1÷ . × yz , t yz = C ç x + ç ÷ 2na) ø n a èa ø è

(4.4)

Остальные компоненты тензора напряжений равны нулю. Отметим, что постоянная C теперь играет роль параметра нагрузки. Определим нагрузку, приложенную к нижней грани x = - a . Учитывая значения направляющих косинусов нормали к площадке, расположенной на нижней грани ( l = - 1 , m = 0 , n = 0 ), получим:

X = 0 , Y = 0 , Z = 2C y . 31

Соответственно, на оставшихся двух гранях будем иметь: - на передней грани y = a ( l = 0 , m = 1 , n = 0 ) a ö æ X =0 , Y =0 , Z =C ç x+ ÷ ; 2n ø è

- на задней грани y = - a ( l = 0 , m = -1 , n = 0 ) a ö æ X = 0 , Y = 0 , Z = -C ç x + ÷ . 2n ø è

Не останавливаясь на промежуточных выкладках, приведем результаты определения поля перемещений: ì ï ï ï 1 + n C ïï u= × í E a ï ï ï ï ïî

y z ( x - 2a ) ; æ y2 - x2 z 2 ö + + 2ax ÷ ; zç ç 2 ÷ 6n è ø æ x2 2 - n 2 z2 ö yç y - ÷. + ç 2 6 2n ÷ø n è

32

Задача 5 Сферическая оболочка, нагруженная равномерно распределенными внешним и внутренним давлениями Толстая сферическая оболочка нагружена изнутри ( r = a ) и извне ( r = b ) равномерно распределенными внутренним pa и внешним pb давлениями. Оболочка выполнена из упругого материала с характеристиками E , n ( l , m ). 5.1. Записать основные уравнения теории упругости для полярно-симметричной задачи в сферических координатах и получить их общее и частное (при наличии объемной силы) решения. 5.2. Определить перемещения и напряжения в точках оболочки при заданном нагружении.

Решение 5.1. Положение точки в сферической системе координат определим расстоянием OM = r от начала координат, находящегося на r оси z ; углом q , образуемым вектором r с осью z ; углом j , образуемым плоскостью, заключающей в себе прямые r и z , и полуплоскостью x z (рис. 5.1). Поскольку задача - полярно-симметричная, то все величины, входящие в уравнения, зависят только от переменной r и, кроме того, перемещения v (в направлении q ) и w (в направлении j ) и компоненты вращения wr , wq , wj равны нулю. Объемное расширение (относительное изменение объема) в этом случае принимает вид

er =

du u , e q = ej = dr r

Þ 33

Рис. 5.1

J=

du u +2 dr r

.

Соответственно, из трех уравнений в перемещениях остается только одно (первое):

( l + m ) d J + mÑ 2 u + F r = 0 dr

,

r где Fr - составляющая объемной силы в направлении r . Учитывая, что в сферических координатах для полярносимметричной задачи

du u 1 d 2 Ñ 2u = 2 +2 (r u ) = , dr r r dr приходим к уравнению, определяющему перемещение u ( r ) :

Fr d æ du uö +2 ÷+ =0 , ç dr è dr r ø l + 2m Общее решение однородного уравнения uˆ ( r ) легко получить последовательным интегрированием:

( )

duˆ uˆ 1 d 2 r uˆ = 3C1 +2 = 2 × dr r r dr Þ

C uˆ = C1 r + 22 . r

Þ (5.1)

Частное решение неоднородного уравнения u ( r ) получим в форме общего решения (5.1) путем вариации постоянных C1 и C2 , считая их функциями переменной r : C (r ) u ( r ) = C1 ( r ) r + 2 . r2

34

(5.2)

Первая производная частного решения принимает вид 2C ( r ) du = C1 ( r ) - 2 dr r2

(5.3)

при условии, что C1¢ ( r ) r + C 2¢ ( r ) / r 2 = 0 .

(5.4)

Вычисление второй производной дает: d2u dr

2

6 2 = C1¢ ( r ) + 4 C2 ( r ) - 3 C 2¢ ( r ) . r r

(5.5)

Подставляя теперь значения частного решения (5.2) и его производных (5.3) и (5.5) в неоднородное уравнение, будем иметь: Fr 2 =0 . C1¢ ( r ) - 3 C2¢ ( r ) + l + 2m r Совместное решение полученного уравнения и уравнения (5.4) дает возможность определить производные C1¢ ( r ) и C2¢ ( r ) , а затем и сами функции C1( r ) и C2 ( r ) : C1 ( r ) = C2 ( r ) =

r 1 ò Fr d r , 3 (l + 2m ) c

r 1 3 ò Fr r d r . 3 (l + 2m ) c

Таким образом, частное решение u , обусловленное наличием r составляющей объемной силы Fr в направлении r , определено. 5.2. При нагружении толстостенной сферической оболочки внутренним pa (при r = a ) и внешним pb (при r = b ) давлениями 35

(объемные силы не учитываются) решение уравнения, определяющего перемещение u ( r ) , имеет вид (5.1): C u = C1 r + 2 r2

.

(5.6)

Объемное расширение (относительное изменение объема) в этом случае принимает значение:

J=

du u + 2 = 3С1 . dr r

Напряжения, согласно уравнениям линейного физического закона, равны: s r = lJ + 2m

4m du = ( 3l + 2m )C1 - 3 C2 , dr r

s q = s j = lJ + 2m

u 2m = ( 3l + 2m )C1 + C2 . r r3

Граничные условия задачи имеют вид s r = - pa

при r = a ;

s r = - pb при r = b .

Выполняя граничные условия, получим для постоянных C1 и C2 следующие значения: C1 =

1 p a 3 - pbb 3 , × a 3 3l + 2m b - a3

C2 =

1 a 3b 3 ( pa - pb ) × . 4m b3 - a 3

36

С учетом найденных значений постоянных C1 и C2 соотношения для напряжений будут иметь вид p a3 - pbb3 a 3b3 ( pa - pb ) 1 sr = a 3 × 3 , b - a3 b3 - a 3 r p a - pbb a b ( p a - pb ) 1 sq = sj = a 3 + × 3 . 3 b -a b3 - a3 2r 3

3

(5.7)

3 3

Соответственно, перемещение u ( r ) принимает форму: u=

1 p a 3 - pbb3 1 a3b3 ( pa - pb ) 1 × a 3 × r + × × 2 , 3l + 2m 4m b - a3 b3 - a3 r

или при переходе от упругих постоянных Ламе l и m к техническим постоянным E и n : u=

1 - 2n pa a 3 - pbb3 1 + n a 3b3 ( pa - pb ) 1 × ×r + × × E 2E b3 - a3 b3 - a3 r2

Таким образом, решение задачи определено полностью.

37

(5.8)

Задача 6 Шар под действием собственного поля гравитации Шар с центром в точке O , имеющий радиус a и массу m , выполнен из упругого материала с характеристиками E , n ( l , m ). Сферическая поверхность шара, определяемая значением радиуса r = a , свободна от нагрузки. Предполагается, что в начальном состоянии, когда универсальная гравитационная постоянная имела малое значение G 0 , можно было не учитывать нагружение шара полем гравитации. С течением времени (по отношению к Земле - несколько миллиардов лет) рост универсальной гравитационной постоянной до величины G приводит к необходимости поле гравитации учитывать. Поле объемных сил гравитации определяется следующим соот-

ношением: Fr ( r ) = - r g ( r ) , где g ( r ) = G m r / a3 для r £ a ; r плотность материала шара. При r = a имеем g ( a ) = g = G m / a 2 ускорение силы тяжести на поверхности шара. В этом случае Fr ( r ) = - r g r / a .

6.1. Построить решение задачи в перемещениях с использованием геометрической и механической симметрии относительно центра шара. 6.2. Исследовать поля перемещений и деформаций (с определением относительного изменения объема и радиальной деформации) и напряженное состояние в произвольной точке шара. 6.3. Рассчитать давление p в центре Земли на настоящее время, принимая g = 10 м /с 2 , r = 10 4 кг/м 3 , a = 6,37 ×106 м , n = 0,28 .

Решение 6.1. Уравнение равновесия в перемещениях при наличии объемной силы Fr ( r ) = - r g r / a (см. задачу 5) имеет вид 38

d æ du uö r gr =0 . ç +2 ÷dr è dr r ø a ( l + 2m)

(6.1)

Пользуясь результатами решения задачи 5, общее решение неоднородного уравнения (6.1) запишем как сумму u = uˆ + u ,

где uˆ = C1 r - общее решение соответствующего однородного уравнения (постоянная C2 для сплошного шара равна нулю); rg r 3 - частное решение неоднородного. Получим: u= 10a ( l + 2m ) u = C1 r +

rg r3 . 10a ( l + 2m )

(6.2)

Напряжения, согласно уравнениям линейного физического закона, равны: s r = lJ + 2m

5l + 6m r g 2 du r , = ( 3l + 2m )C1 + × dr l + 2m 10a

s q = s j = lJ + 2m

u 5l + 2m rg 2 = ( 3l + 2m )C1 + × r . r l + 2m 10a

Поскольку поверхность шара свободна от нагрузки, граничное условие задачи имеет вид s r = 0 при r = a .

Выполняя граничное условие, для постоянной C1 получим следующее значение: C1 = -

1 5l + 6m rga × × 3l + 2m l + 2m 10

39

.

С учетом найденного значения постоянной C1 решение поставленной задачи имеет вид u=-

r g a r æç 5l + 6m r 2 ö÷ , 10 ( l + 2m ) çè 3l + 2m a 2 ÷ø

sr = -

5l + 6m rga æç r 2 ö÷ 1, × l + 2m 10 çè a 2 ÷ø

5l + 6m rga æç 5l + 2m r 2 ö÷ . sq = sj = × × 1l + 2m 10 çè 5l + 6m a 2 ÷ø

(6.3)

(6.4)

6.2. Рассматривая соотношение (6.3), определяющее радиальное перемещение, можно видеть, что величина в скобке 5l + 6m r 2 3 - n r 2 = 3l + 2m a 2 1 + n a 2

при r £ a и 0 < n < 0,5 всегда положительна. Соответственно, перемещение u во всех точках шара направлено к его центру. Определение радиальной деформации e r приводит к соотношению: er =

æ 5l + 6m du r2 ö rg a ç -3 2 ÷ . =dr 10 ( l + 2m ) çè 3l + 2m a ÷ø

Величина e r отрицательна при r = 0 и обращается в нуль при некотором значении радиуса rc : rc2 =

a 2 5l + 6m a 2 3 - n = × × . 3 3l + 2m 3 1 + n

40

3-n < 3 при n > 0 . В частности, если 1+ n n = 0,27 (гранит), rc / a = 0,85 .

Радиус rc < a , поскольку

Таким образом, при rc < r £ a имеет место область, где радиальная деформация e r принимает положительные значения. В остальных точках при 0 £ r < rc радиальная деформация отрицательна. На свободной поверхности при r = a для e r имеем: rg a æ 3 - n rga 4n ö er r =a = - 3÷ Þ er r =a = × ç 10 ( l + 2m ) è 1 + n 10 ( l + 2m ) 1 + n ø

.

Объемная деформация (относительное изменение объема) J в рассматриваемом случае принимает вид J=

du u +2 dr r

Þ

J=-

r2 ö r g a æç 3 ( 3 - n ) -5 2 ÷ . 10 ( l + 2m ) çè 1 + n a ÷ø

Объемная деформация не может обратиться в нуль при r £ a , 3 3-n поскольку × > 1 при 0 < n < 0,5 , и принимает отрицательные 5 1+ n значения во всех точках шара. Полученные ранее соотношения (6.4) для нормальных напряжений s r и s q = s j определяют и главные нормальные напряжения:

sI = sr и s II = s III = s q = sj . Легко получить, что: - при r ¹ 0 , r < a все три главные нормальные напряжения имеют отрицательные значения; - при r = a имеем sI = 0 , s II = s III < 0 ; 41

- при r = 0 все три главные нормальные напряжения равны ме5l + 6m rga жду собой: s I = s II = s III = s r = × . l + 2m 10 Главное (максимальное) касательное напряжение определяется соотношением: tI =

1 - 2n r g 2 s I - s II m rg 2 r , = × r = × 2 5 (l + 2m ) a 10 (1 - n ) a

принимающим наибольшее значение при r = a : tI max =

1 - 2n × r ga . 10 (1 - n )

При принятых численных исходных данных будем иметь

tI max = 3,9 × 10 4 МПа. 6.3. Сжимающее давление p в центре Земли на настоящее время определим, используя имеющееся соотношение для s r при r = 0 . Будем иметь:

5l + 6m r ga 3 - n r ga × = × . p = sr r = 0 = l + 2m 10 1 - n 10

При

принятых

численных

исходных

4

данных

получаем

p @ 24 ×10 МПа. В действительности, по данным гравиметрических измерений давление в центре Земли составляет p @ 37 × 10 4 МПа.

42

Задача Сен-Венана Задача 7 Чистый изгиб тела цилиндрической (призматической) формы Длинное тело цилиндрической формы ( z - ось тела) нагружено на торцах поверхностными силами с главным вектором, равным нулю, и главным r моментом M , направленным вдоль оси y (рис. 7.1).

Рис. 7.1

Решение построить в напряжениях с дальнейшим определением поля перемещений и анализом деформирования продольных волокон и поперечного сечения для проверки гипотез сопротивления материалов.

Решение Поставленную задачу изгиба стержня парой (задачу чистого изгиба) будем решать в напряжениях полуобратным методом СенВенана, принимая решение в форме:

s z = ax + by , s x = s y = t xy = t zx = t zy = 0 .

(7.1)

Непосредственной проверкой можно убедиться, что принятая система напряжений (7.1) не противоречит ни дифференциальным уравнениям равновесия, ни уравнениям Бельтрами - Митчелла, ни граничным условиям на боковой поверхности бруса. Остается только убедиться, что эта система напряжений соответствует заданной поверхностной нагрузке на торце бруса при надлежащем выборе постоянных a и b . Из шести интегральных граничных условий на торце бруса три уравнения удовлетворяются тождественно за счет напряжений, принятых равными нулю. Рассматривая оставшиеся, будем иметь: 43

Pz = òò s z d S = a òò x d S + b òò x d S º 0 ,

M x = òò s z y d S = a òò xyd S + b òò y 2 d S = a J xy + b J x = 0 , M y = -òò s z xd S = - a òò x 2 d S - b òò x y d S = -a J y - b J xy = M , где S - площадь поперечного сечения; J x , J у , J xy - осевые и центробежный момент инерции сечения. Для определения постоянных a и b имеем, таким образом, два уравнения:

a J xy + b J x = 0 , a J y + b J xy = - M . Решение этих уравнений позволяет получить: a=

Jx 2 J x J y - J xy

×M ,

b=

J xy 2 J x J y - J xy

×M .

(7.2)

Если оси x и y считать главными центральными осями инерции сечения, то центробежный момент J xy равен нулю и соотношения для постоянных a и b существенно упрощаются: a = - M / Jy ,

b=0 .

(7.3)

В этом случае для напряжения s z будем иметь:

sz = -

M x . Jy

Для определения деформаций воспользуемся уравнениями линейного физического закона (обобщенного закона Гука). Получим: 44

ex = e y = -

n ( ax + by ) , E

1 ( ax + by ) , E g xy = g zx = g zy = 0 .

(7.4)

ez =

Для определения перемещений u , v , w по известным деформациям (7.4) будем использовать общий подход [1] : u=

é æ1 ö æ1 ö ù ê e x dx + ç 2 g xy - w z ÷ dy + ç 2 g zx + w y ÷ dz ú , è ø è ø û M 0M1 ë

v=

éæ1 ö æ1 ö ù ê ç 2 g xy + w z ÷ dx + e y dy + ç 2 g yz - w x ÷ dz ú , ø è ø û M 0M1 ë è

w=

éæ 1 ù ö æ1 ö ê ç 2 g zx - w y ÷ dx + ç 2 g yz + w x ÷ dy + e z dz ú ø è ø û M 0M1 ë è

ò

ò

ò

.

В выписанных соотношениях компоненты элементарного вращения w x , w y , w z являются неизвестными функциями, но для их определения можно использовать имеющиеся соотношения, связывающие производные от компонентов вращения через производные от деформаций. В частности, для производных функции w x имеем: ¶ w x 1 æ ¶ g zx ¶ g xy ö ÷=0 , = çç ¶z ÷ø 2 è ¶y ¶x ¶ w x 1 ¶ g yz ¶e y = =0 , ¶y 2 ¶y ¶z ¶ w x ¶ e z 1 ¶ g yz b = = . ¶z ¶y 2 ¶z E

Таким образом, определение функции w x сводится к ее отысканию по трем известным частным производным: 45

wx =

æ ¶wx ¶wx ö ¶wx çç dx + dy + dz ÷÷ . ¶z ¶y ¶x ø M 0 M1 è

ò

Отметим, что однозначное определение функции трех переменных по ее трем известным частным производным возможно только тогда, когда соответствующее подынтегральное выражение является полным дифференциалом (условие независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования). В рассматриваемом случае это требование сводится к одновременному выполнению трех следующих равенств: ¶ æ ¶wx ö ¶ æ ¶wx ç ÷= ç ¶ y çè ¶ x ÷ø ¶ x çè ¶ y

ö ÷÷ , ø ¶ æ ¶wx ö ¶ æ ¶wx ö ç ÷= ç ÷ , ¶ z çè ¶ y ÷ø ¶ y çè ¶ z ÷ø ¶ æ ¶wx ö ¶ æ ¶wx ö ç ÷= ç ÷ . ¶ x çè ¶ z ÷ø ¶ z çè ¶ x ÷ø

Легко убедиться, что приведенные равенства выполняются, и вычисление криволинейного интеграла приводит к следующему результату:

wx = b z / E

.

По приведенной схеме определяются и оставшиеся компоненты элементарного вращения:

w y = -a z / E ,

w z = - n (ay - bx ) / E

.

С учетом известных значений деформаций и найденных значений w y и w z соотношение для определения перемещения u будет иметь вид 46

u=

n a é n ù ê - E (ax + by ) dx + E (ay - bx ) dy - E z dz ú . û M 0M1 ë

ò

Принимая за точку M 0 начало координат и учитывая, что интеграл не зависит от пути интегрирования, его вычисление проведем по следующей схеме: y n x n a z ( ) + axdx ay bx dy ò ò ò z dz Þ E0 E 0 E0 a 2 n éa 2 ù z - ê x - y 2 + bxy ú . Þ u=2E EëE û

u=-

(

)

Аналогичным образом вычисляем перемещения v и w . Будем иметь: v= -

(

)

b b 2 n é ù z - ê axy - x 2 - y 2 ú 2E E Eë û 1 w = (ax + by ) z . E

,

Если считать оси x и y главными центральными осями инерции сечения, то соотношения для перемещений принимают вид u=

[

(

M z 2 + n x2 - y 2 2 EJ y n M v= xy , E Jy w=-

)]

, (7.5)

1 M xz . E Jy

Соотношения, определяющие перемещения u , v и w , позволяют проверить исходные положения (гипотезы) сопротивления материалов, закладываемые в решение задачи о чистом изгибе бруса. 47

Действительно, легко видеть, что в плоскости x = 0 имеем v = w = 0 , а u ¹ 0 , т.е. плоскость x = 0 является нейтральной плоскостью бруса при чистом изгибе. Линия центров поперечных сечений (нейтральная линия) смещается по параболе u=

M 2 z , 2 EJ y

которую при достаточно большом значении параметра EJ y / M можно считать окружностью радиусом R = EJ y / M с центром в точке x = R , z = 0 . Отметим, что кривизна 1 / R = M / EJ y при заданных E и M будет иметь минимальное значение, если осевой момент инерции J y максимален. Наиболее полно этому условию при фиксированной площади поперечного сечения S отвечает сечение в форме двутавра. Формула для перемещения w показывает, что при фиксированном поперечном сечении z = const перемещение является линейной функцией, из чего следует, что каждое такое сечение остается плоским, как и предполагается в сопротивлении материалов.

48

Задача 8 Кручение тела цилиндрической формы (общий подход и решения) Длинное тело цилиндрической (призматической) формы ( z - ось тела), выполненное из материала с характеристиками l , m , нагружено на торцах поверхностными силами с главным r вектором, равным нулю, и главным моментом M , направленным вдоль оси z . Построить решение задачи в перемещениях (напряжениях) для некоторых частных случаев. 8.1. Кручение стержня с круглым поперечным сечением. 8.2. Кручение стержня с эллиптическим поперечным сечением. 8.3. Кручение стержня с прямоугольным поперечным сечением.

Решение 8.1. Задачу о кручении стержня с круглым поперечным сечением будем решать с использованием функции кручения j = j ( x, y ) . Напомним, что определение функции кручения сводится к решению задачи отыскания гармонической функции по значениям ее нормальной производной на контуре поперечного сечения L (к решению задачи Неймана): Ñ 2j = 0 , ¶j = yl - xm на L . ¶n

Для круглого сечения имеем, что yl - xm = 0 на L , и в этом случае решением задачи Неймана будет постоянная величина j = const . Однако поскольку j = const определяет перемещение стержня как целого в направлении оси z , принимаем значение постоянной равным нулю, т.е. решением рассматриваемой задачи будет функция кручения j = 0 . 49

Соответственно, используя известные формулы [1] , сразу можем записать: u = - t y z , v = t xz , w = 0 ;

t zx = - mty ,

t zy = mtx ;

D = m òò ( x 2 + y 2 ) dx d y = m J p ; t= M /D =

M , mJp

где t - степень закручивания на единицу длины вала; D - жесткость вала при кручении; J p - полярный момент инерции сечения. Результирующее касательное напряжение T в произвольной точке поперечного сечения стержня определится соотношением T = t 2zx + t 2zy = mt x 2 + y 2 = mtr ,

или с учетом значения t T = Mr / J p

,

где r - расстояние от оси стержня до рассматриваемой точки. Результирующее касательное напряжение действует в направлении касательной к окружности радиусом r и имеет на этой окружности постоянное значение. Своего максимального значения результирующее касательное напряжение достигает на контуре поперечного сечения скручиваемого стержня при r = R : Tmax =

M M R= Wp Jp

где W p - полярный момент сопротивления. 50

,

8.2. Решение задачи о кручении стержня с эллиптическим поперечным сечением построим с применением функции напряжений F ( x, y ) . Уравнения, определяющие решение задачи кручения с использованием функции напряжений F ( x, y ) , имеют вид Ñ 2 F = -2 - уравнение Пуассона, F = 0 на L .

Представляя контур L эллиптического поперечного сечения стержня уравнением x2 a2

+

y2 b2

(a > b)

=1

,

можно видеть, что граничное условие на контуре поперечного сечения L стержня легко выполнить, задав функцию напряжений в форме: æ x2 y2 ö F = Aç + - 1÷ , ç a 2 b2 ÷ è ø

где A - постоянная, значение которой определим, подставляя принятое соотношение для F ( x, y ) в дифференциальное уравнение Ñ 2 F = -2 . Будем иметь:

1 ö æ 1 2 A ç 2 + 2 ÷ = -2 b ø èa

Þ

A=-

a 2b 2 a 2 + b2

.

Окончательно, для функции напряжений получаем: a 2b 2 æç x 2 y 2 ö÷ F=- 2 + -1 . ÷ a + b 2 çè a 2 b 2 ø

51

(8.1)

Касательные напряжения определим по известным формулам: t zx = mt t zy = -mt

¶F y = 2mtA ¶y b2

,

¶F x = -2mtA ¶x a2

.

Соответственно, результирующее касательное напряжение будет иметь вид T = 2mt A

x2

y2 + a 4 b4

Þ

T=

b2 x2

a2 y2 + a2 b2

2mt A ab

.

Можно показать, что результирующее касательное напряжение достигает максимальных значений на концах малой оси эллипса при x = 0 , y = ± b . В этих точках имеем: Tmax =

2mt A b

= 2mt

a 2b a 2 + b2

.

Жесткость при кручении определим по формуле: D = 2m òò F dx dy

Þ

D = mp

a 3b 3 a 2 + b2

,

и тем самым степень закручивания t известна: t = M / D . Для определения перемещения w необходимо найти функцию кручения j = j ( x, y ) , предварительно отыскав сопряженную ей гармоническую функцию y ( x, y ) , которая, в свою очередь, связана с функцией напряжений следующим соотношением:

F ( x, y ) = y ( x, y ) -

(

1 2 x + y2 2

)

Þ y ( x, y ) = F ( x, y ) + 52

(

1 2 x + y2 2

).

Вычислим производные функции кручения j = j ( x, y ) , используя соотношения Коши – Римана. Будем иметь: 2y ¶j ¶y ¶F = = +y=A +y , ¶x ¶ y ¶ y b2 ¶j ¶y ¶F 2x ==- x = -A 2 - x . ¶y ¶x ¶x a

Однозначное определение функции кручения j = j ( x, y ) по ее производным возможно только при выполнении условия ¶ æ ¶ j ö ¶ æ ¶j ö ç ÷= ç ÷ . ¶ y çè ¶ x ÷ø ¶x çè ¶ y ÷ø

Легко проверить, что указанное равенство выполняется, и уже по стандартной процедуре для функции кручения получаем: j=

y æ ¶j ¶j ö çç dx + dy ÷÷ = - ò ¶y ø ¶x 0 è 0

M

ò

æ 2A ö a 2 - b2 çç + 1÷÷ x dy = xy . a 2 + b2 è a2 ø

Соответственно, для перемещения w = t j ( x, y ) имеем: a2 - b2 w=- 2 txy . a + b2

8.3. Задачу о кручении стержня с прямоугольным поперечным сечением (рис. 8.1) будем решать с применением функции напряжений F ( x, y ) . Соответствующие уравнения имеют вид Ñ 2 F = -2 , F = 0 на L .

Рис. 8.1

53

Представим правую часть уравнения Пуассона в виде ряда Фурье в интервале - a / 2 £ x £ a / 2 . Будем иметь: Ñ 2F = -

8 ¥ ( - 1) n cos l n x å p n = 0 2n + 1

,

ln =

( 2n + 1)p a

.

Разделяя переменные, решение уравнения будем искать в форме: F (x , y) =

¥

å

n= 0

F n ( y )cos l n x .

После подстановки функции напряжений F ( x, y ) в принятой форме в дифференциальное уравнение, будем иметь: é d 2F n ù 8 ¥ (- 1) n 2 l F cos cos l n x . l = x ê ú å å n n n 2 p n = 0 2n + 1 úû n = 0 êë dy ¥

Из сравнения коэффициентов рядов в правой и левой частях уравнения следует дифференциальное уравнение относительно функции F n ( y ) : 8 (- 1) n 2 l F = n n p 2n + 1 dy 2

d 2F n

.

Общее решение полученного неоднородного уравнения складывается из известного общего решения однородного уравнения и частного решения неоднородного:

F n ( y ) = An ch l n y + Bn sh l n y +

8

(- 1) n

p l2n 2 n + 1

.

Значения постоянных An и Bn определим из граничных условий для функции F ( x, y ) на прямых x = ± a / 2 и y = ± b / 2 , опре54

деляющих контур поперечного сечения. Граничное условие на прямых x = ± a / 2 удовлетворяется тождественно за счет того, что cos l n x x = ± a / 2 º 0 , а на прямых y = ± b / 2 переходит в условие F n ( ± b / 2 ) = 0 , откуда следует: Bn = 0 ,

An = -

1 8a 2 (- 1) n 1 = × 2 2 n + 1 ch (l b / 2 ) 3 3 ch (l b / 2 ) p ln p (2n + 1) n n 8

(- 1) n ×

.

Таким образом, решение задачи о кручении стержня с прямоугольным поперечным сечением с использованием функции напряжений F ( x, y ) имеет вид F ( x, y) =

(- 1)n å 3 n = 0 (2 n + 1)

8a2 ¥ p

3

é ch l n y ù ú cos l n x ê1 ë ch (l n b / 2) û

.

Полученное соотношение для функции напряжений можно записать в виде суммы двух рядов, причем первый ряд в интервале - a / 2 £ x £ a / 2 представляется в конечном виде: 8 a2 ¥

å

p3 n = 0

(- 1) n (2n + 1) 3

cos l n x =

a2 - x2 . 4

Окончательно, решение задачи о кручении стержня с прямоугольным поперечным сечением с использованием функции напряжений F ( x, y ) имеет вид F ( x, y) =

8 a2 ¥ a2 - x2 - 3 å 4 p n =0

(- 1) n (2n + 1) 3

ch l n y cos l n x . ch ( l n b / 2)

Запишем формулы для касательных напряжений: 55

(- 1) n sh l n y cos l n x , 2 ch (l b / 2 ) (2n + 1) n (- 1) n ch l n y 8a ¥ t zy = 2m t x - m t 2 å sin l n x 2 ch (l b / 2 ) p n = 0 (2n + 1) n 8a ¥ t zx = - m t 2 å p n =0

.

Результирующее касательное напряжение принимает максимальное значение в точках x = ± a / 2 , y = 0 . Вычисление жесткости при кручении приводит к следующему результату: D = 8m

ù a 3b é 192 a ¥ th (l n b / 2) ù 1 = m ( x y ) dy dx F , ú ê ê ú . å ò ò 3 êë b p5 n = 0 (2n + 1)5 úû 0 ëê 0 ûú

a / 2 éb / 2

По известной схеме, воспользовавшись соответствующими формулами, нетрудно получить функцию кручения j = j ( x, y ) и перемещение w = t j ( x, y ) : é 8 a2 ¥ w = t ê xy å p3 n =0 êë

(- 1) n (2n + 1) 3

ù sh l n y sin l n x ú ch (l nb / 2) úû

.

Отметим, что сходимость рядов, определяющих решение поставленной задачи, достаточно высока, так что при удержании только первого члена ряда погрешность не превысит одного процента. Отдельного внимания заслуживает вариант, когда b >> a . В этом частном случае имеем, что D=m

a 3b , t zx = 0 , t zy = 2mtx . 3

56

Задача 9 Кручение тела цилиндрической формы (метод функций комплексной переменной) Длинное тело цилиндрической/призматической формы ( z - ось тела) нагружено на торцах поверхностными силами с главным векr тором, равным нулю, и главным моментом M , направленным вдоль оси z . Построить общее решение задачи, используя функции комплексной переменной. 9.1. W ( z ) = A z 2 ( A - постоянная, подлежащая определению). 9.2. W ( z ) = A z 3 ( A - постоянная).

Решение Для любой аналитической функции f ( z ) возможно разделение мнимой и действительной части, т.е. всегда можно записать, что

f ( z ) = u ( x, y ) + i v ( x, y ) , где функции u и v - гармонические, сопряженные. Легко видеть, что пары функций u , v и j (функция кручения), y (сопряженная) в математическом отношении представляют собой одно и то же. Отсюда вытекает возможность использования функций u , v при решении задач кручения. Если уравнение

v ( x, y ) =

(

)

1 2 x + y2 + C 2

определяет какую-либо замкнутую кривую, то это будет контур поперечного сечения скручиваемого стержня (принято v = y ), а функция u будет функцией кручения для этого стержня ( u = j ). 57

Возможен и обратный вариант, т.е. принять в качестве функции кручения функцию v ( v = j) . Тогда контур поперечного сечения скручиваемого стержня (если он замкнут) должен определиться из уравнения

- u ( x, y ) = 9.1.

(

)

1 2 x + y2 + C . 2

Выделим вещественную и мнимую части функции

W ( z )= A z 2 . Будем иметь:

(

)

W ( z ) = A (x + i y )2 = A x 2 - y 2 + i × 2 A x y .

9.1.1. Покажем, что для решения задачи о кручении стержня эллиптического поперечного сечения функцию кручения j ( x, y ) можно взять в виде j = A x y , где A - постоянная подлежащая определению. При решении задачи о кручении стержня эллиптического поперечного сечения функция j = A xy будет функцией кручения (депланации) только при выполнении двух условий: - функция должна отвечать уравнению Лапласа Ñ 2 j = 0 ; - функция должна удовлетворять граничному условию ¶j ¶j ¶j = l+ m = yl - xm ¶n ¶ x ¶y

на контуре поперечного сечения

( x / a ) 2 + ( y / b) 2 = 1 .

Проверим оба упомянутые условия. Легко видеть, что уравнение Лапласа удовлетворяется при любом значении постоянной A , а граничное условие позволяет записать ее в виде A=

yl - xm ydy + xdx = . yl + xm ydy - xdx

58

При преобразованиях учтено, что l = dy / ds , m = - dx / ds . Граничное условие должно выполняться на контуре, где связь между переменными x и y можно представить в виде соотношения y 2 / b 2 = 1 - ( x 2 / a 2 ) , откуда можно получить: y d y = - (b / a ) 2 x d x .

С учетом полученного соотношения для постоянной A имеем: A=-

a 2 - b2 a2 + b2

.

Таким образом, при найденном значении постоянной A функция j = A xy будет функцией кручения при решении задачи о кручении стержня эллиптического поперечного сечения. 9.1.2. Принимая мнимую часть функции W ( z ) = A z 2 за функцию кручения j ( x, y ) , выяснить, какому поперечному сечению скручиваемого стержня она соответствует. Поскольку по условию задачи за функцию кручения принимается мнимая часть аналитической функции W ( z ) = A z 2 , то контур поперечного сечения стержня должен определяться уравнением

(

) (

)

1 - A x 2 - y 2 = x2 + y 2 + С 2

,

где C , так же, как и A , - постоянная, подлежащая определению. Перепишем предполагаемое уравнение контура в виде x2 y2 + =1 1ö 1ö æ æ -C /ç A + ÷ C /ç A- ÷ 2ø 2ø è è

где введены новые постоянные: 59

Þ

x2 a2

+

y2 b2

=1 ,

1ö æ a 2 = -C / ç A + ÷ 2ø è

,

1ö æ b2 = C / ç A - ÷ 2ø è

.

Полученное уравнение определяет эллипс. Полагая для определенности a > b , из условия, что a 2 и b 2 - положительные величины, получаем, что C < 0 и (-1 / 2) < A < 0 (отметим, что при A = 0 имеем уравнение окружности). Определение постоянных A и C через постоянные a и b позволяет получить: 1 a 2 - b2 A=- × 2 a 2 + b2

C=-

,

a 2b 2 a2 + b2

.

9.2.

Выделим вещественную и мнимую части функции W ( z )= A z 3 : W ( z ) = A ( x + iy )3 = A ( x 3 - 3xy 2 ) + i × A ( 3x 2 y - y 3 ) .

Принимая мнимую часть W ( z ) за функцию кручения, выяснить, какому поперечному сечению скручиваемого стержня она соответствует. Контур поперечного сечения стержня должен определяться уравнением - A ( x 3 - 3 xy 2 ) =

1 2 ( x + y2 ) + С , 2

где C , так же, как и A , - постоянная, подлежащая определению. Перепишем предполагаемое уравнение контура в виде B ( x 3 - 3 xy 2 ) + x 2 + y 2 = D .

Представленное уравнение определяет полную гиперболу третьего порядка. Не останавливаясь на математических преобразованиях, отметим, что при надлежащем выборе постоянных B и D уравнение можно представить в виде 60

B ( x - a ) ( x - b + y 3 ) ( x - b - y 3) = 0 .

Связь между «старыми» постоянными B и D и «новыми» постоянными a и b легко получить, сравнивая коэффициенты уравнений при одинаковых степенях переменных. Будем иметь: B = 1 / 3a ,

D = 4a 2 / 3

,

b = -2a .

Оставляя постоянную a за параметр, предполагаемое уравнение контура приводим к виду

( x - a )( x + y

3 + 2 a ) ( x - y 3 + 2a ) = 0 .

Полученное уравнение определяет три прямых, ограничивающих замкнутую область в форме равностороннего треугольника (рис. 9.1). Следовательно, функции

(

(

)

)

j= A 3 x 2 y - y 3 и y = - A x 3 - 3xy 2 , Рис. 9.1

где A = 2 B = 1 / 6a , являются решением задачи о кручении стержня с поперечным сечением в форме равностороннего треугольника. Приведем соотношения, определяющие некоторые конечные результаты решения данной задачи: - жесткость при кручении D = ( 9 3 / 5) m a 4 ; - результирующее касательное напряжение T=

mt a

y 2 (x - a )2 + ( x 2 + 2ax - y 2 ) / 4

;

- максимальное результирующее касательное напряжение Tmax = 3mta / 2 имеет место на контуре поперечного сечения в середине каждой стороны. 61

Задача 10 Кручение тонкостенных конструкций Тонкостенный стержень открытого (закрытого) профиля ( z - ось тела) нагружен на торцах поверхностными силами с главr ным вектором, равным нулю, и главным моментом M , направленным вдоль оси z . Построить решение задачи для некоторых частных случаев. 10.1. Кручение односвязных тонкостенных профилей, составленных из прямоугольных полос. 10.2. Кручение тонкостенных стержней двухсвязного профиля (кручение тонкостенных труб). 10.3. Кручение тонкостенного замкнутого профиля с многосвязным контуром.

Решение 10.1. Речь идет не только о стержнях, сваренных из прямоугольных полос, но и о прокатных профилях (швеллеры, двутавры и т.п.), которые имеют переменные толщины стенок и полок, но в первом приближении их можно рассматривать как стержни, составленные из прямоугольных полос, усредняя при расчете упомянутые толщины. Рассмотрим задачу о кручении стержня с поперечным сечением в форме двутавра, используя представления мембранной аналогии Прандтля. Наряду с мембраной I (рис. 10.1, а), натянутой на контур, идентичный контуру скручиваемого стержня, рассмотрим мембраны II , III и IV (рис. 10.1, б), контуры которых идентичны контуа б рам прямоугольников, образующих двутавр. Рис. 10.1 62

Очевидно, что при равных давлениях на все четыре мембраны и при их равных натяжениях, прогибы точек мембран II , III и IV будут достаточно близки к прогибам соответствующих точек мембраны I , за исключением двух небольших областей, примыкающих к точкам перехода полок в стенки. На этом основании можно утверждать, что объем, заключенный между изогнутой поверхностью мембраны I и плоскостью ее опорного контура, приблизительно равен сумме аналогичных объемов для мембран II , III и IV . Следовательно, жесткость при кручении стержня с поперечным сечением в форме двутавра можно определить, как сумму жесткостей при кручении его полок и стенки, рассматриваемых как прямоугольные полосы: 3

D I = D II + D III + D IV = ( m / 3) å l i h3i . i =1

Легко показать, что стержни рассматриваемого типа невыгодны при кручении, поскольку их жесткость значительно уступает, например, жесткости стержня с круговым поперечным сечением той же площади. Однако если решить задачу о кручении стержня тонкостенного открытого профиля, предположив, что депланация на торцах запрещена, то жесткость при кручении получится гораздо большей, 3

чем результат, следующий из формулы типа D = ( m / 3) å l i h i3 . Таi=1

кой вид кручения носит название «стесненного» кручения в отличие от рассмотренного ранее «чистого» кручения, когда торцы деформируются так же, как и все остальные поперечные сечения. Отметим, что на практике условия закрепления торцов скручиваемых стержней всегда (в большей или меньшей мере) «запрещают» депланацию. Для нетонкостенных стержней с односвязным сечением различие в решениях «стесненного» и «чистого» кручения практически отсутствует, а для стержней тонкостенного открытого профиля это различие существенно. Теория «стесненного» кручения стержней детально разработана В.З. Власовым. 63

10.2. Задачу о кручении тонкостенных стержней двухсвязного профиля (кручение тонкостенных труб) рассмотрим, используя представления мембранной аналогии Прандтля (рис. 10.2).

Рис. 10.2

Нетрудно видеть, что прогиб мембраны будет определяться в основном нагрузкой, передаваемой на нее со стороны диска. Что касается нагрузки, действующей на мембрану непосредственно, то ее влиянием можно пренебречь, поскольку площадь диска значительно превосходит площадь поверхности мембраны. В этом случае изогнутую поверхность мембраны

можно рассматривать как коническую, принимая тем самым линейную зависимость между прогибом и расстоянием между рассматриваемой точкой и внешним контуром (расстояние отсчитывается по нормали к контуру). Соответственно, в задаче кручения можно утверждать, что функция напряжений F является линейной функцией расстояния z , отсчитываемого по нормали к линии L (рис. 10.3). Принимая, что на внешнем контуре L0 ( z = h / 2 ) функция напряжений равна нулю, а Рис. 10.3

на внутреннем L1 ( z = - h / 2 ) - постоянной С 1 ,

можем записать: F ( z, s ) =

C1 æ h ö ç - z÷ . h è2 ø

Значение постоянной С 1 определим, используя соотношение, предназначенное именно для этой цели [1] : C1 ¶F ds = ò ds = 2W z ¶ h ( s ) L L

-ò

Þ

C 1 = 2W /

ds

ò h (s)

L

64

,

где W - площадь, ограниченная контуром L . Отметим, что в рамках погрешности излагаемого решения имеем, что W » W 0 » W1 . Для определения жесткости при кручении воспользуемся соответствующей формулой, учитывающей, что в рассматриваемой задаче имеем двухсвязный контур: D = 2mC1W + 2m òò F d W

,

где d W = dz ds - элемент площади поперечного сечения скручиваемого стержня. Подставляя в приведенную формулу соотношение для функции напряжений F , после вычисления соответствующего интеграла получим:

ö æ 1 ds D = 2mC1 ç W + ò h ( s ) ds ÷ Þ D = 2mC1W Þ D = 4 m W 2 / ò . ÷ ç 2L h ( s) L ø è Результирующее касательное напряжение определим, используя известную формулу [1] :

T = mt

¶F ds = 2m t W / h ( s )ò ¶z h (s) L

.

Подставляя в полученное соотношение степень закручивания t = M / D и жесткость при кручении D , окончательно для результирующего касательного напряжения будем иметь:

T = M / 2h ( s ) W . Полученный результат показывает, что результирующее касательное напряжение не меняется по толщине тонкостенной трубы при ее кручении. Отметим, что данное утверждение следует из введенной линейной зависимости функции напряжений F от переменной z . 65

Как пример, рассмотрим задачу кручения тонкостенного стержня с коробчатым поперечным сечением a´a при постоянной толщине сечения h. Определим степень закручивания и максимальное результирующее напряжение. Для решения поставленной задачи воспользуемся готовыми соотношениями, полученными при решении задачи кручения тонкостенных труб произвольного поперечного сечения. Можно видеть, что при постоянной толщине поперечного сечения результирующее касательное напряжение одинаково во всех его точках: T = M / 2h ( s ) W = M / 2a 2 h .

При определении степени закручивания учтем, что D = 4 mW 2 /

ds

ò h ( s)

Þ

D = mah .

L

Будем иметь: t= M /D Þ

Рис. 10.4

t = M / ma h .

10.3. Решение задачи о кручении тонкостенного замкнутого профиля с многосвязным контуром проведем на примере, показанном на рис. 10.4. Однако прежде чем переходить непосредственно к решению, преобразуем формулы для результи-

рующего касательного напряжения T и степени закручивания t , определяющие задачу о кручении тонкостенной трубы. В частности, результирующее касательное напряжение, которое определено соотношением T = M / 2h ( s ) W , перепишем в форме

M = 2T ¢ W , 66

(10.1)

где T ¢ = T h ( s ) - поток касательных напряжений (усилие). Полученное уравнение является уравнением равновесия, из которого отыскивается неизвестная величина T ¢ . Степень закручивания определяется известным соотношением t = M / D , которое с учетом значений жесткости при кручении D и момента M приводится к виду ds = 4 mt W 2 h s ( ) L

Mò

Þ

Þ

ds = 4 mt W 2 ( ) h s L

2T ¢ W ò

Þ

ds = 2 mt W . h (s) L

T¢ ò

(10.2)

Легко видеть, что уравнение (10.2) представляет циркуляцию потока касательных напряжений по контуру. Таким образом, уравнения (10.1) и (10.2) определяют решение задачи о кручении тонкостенного профиля с двухсвязным контуром (определяют неизвестные T ¢ и t ). Обобщим полученный результат на случай тонкостенного профиля с многосвязным контуром, показанным на рис. 10.5. В сечении имеется пять внутренних замкнутых контуров и, соответственно, пять неизвестных потоков касательных напряжений Ti¢ ( i = 1, 2 , . . ., 5 ),

Рис. 10.5

действующих в стенках, образующих контуры. Шестой неизвестной величиной будет степень закручивания t . Для определения перечисленных шести неизвестных можем записать уравнение равновесия (уравнение моментов внешних и внутренних сил) и пять уравнений циркуляций потоков касательных напряжений по пяти внутренним контурам. Уравнение равновесия в рассматриваемой задаче принимает форму 67

5

M = 2 å Ti¢ Wi . i =1

Уравнение циркуляции для первого контура abcd будет иметь вид æs s T1¢ çç ab + bc è hab hbc

ö ÷÷ + (T1¢ - T2¢ ) ø

s scd + (T1¢ - T4¢ ) ad = 2mt W1 , had hcd

где s , h – длина и толщина соответствующего участка контура (предполагается, что в пределах рассматриваемого участка контура его толщина постоянна). Отметим, что рассматриваемое сечение имеет ось симметрии, так что T1¢ = T3¢ и T4¢ = T5¢ , и число неизвестных сокращается до четырех: для решения задачи достаточно составить уравнения циркуляции для контуров 1, 2 и 4.

68

Задача 11 Сложное нагружение тела цилиндрической формы Длинное тело, имеющее эллиптическое поперечное сечение с полуосями 2 a и a (ось x направлена по длинной полуоси эллипса; z - ось тела), нагружено на торцах поверхностными силами, эквивалентными растягивающей силе P , положительным изгибающему M y = 2 Pa и крутящему M z = 4 Pa моментам. Боковая поверхность цилиндра свободна от нагрузки. Тело выполнено из упругого материала, имеющего характеристики E и n . 9.1. Решить задачу упругого равновесия рассматриваемого тела в предположении, что объемными силами можно пренебречь. 9.2. Для случая вертикально расположенного цилиндра учесть влияние собственного веса ( r - удельный вес материала), считая длину тела равной l .

Решение Принимая во внимание форму тела и характер его нагружения, можно утверждать, что поставленная задача является задачей СенВенана. Принцип независимости действия сил позволяет построить ее решение суммированием известных классических решений при нагружении стержня каждым из имеющих место нагружающих факторов отдельно при условии, что одновременное действие нагрузок не выводит тело (материал) из рамок линейной упругости. 9.1. При отсутствии объемных сил нагружающими факторами являются растягивающая сила P , изгибающий M y = 2 Pa и крутящий M z = 2 Pa моменты. Выпишем компоненты тензора напряжений, имеющие место от действия каждого вида нагружения: - от растягивающей силы P 69

σz =

P , σ x = σ y = τ xy = τ yz = τ zx = 0 ; S

- от изгибающего момента M y = 2 Pa (см. задачу 7) −

σz = −

2 Pa x , σ x = σ y = τ xy = τ yz = τ zx = 0 ; Jy

- от крутящего момента M z = 4 Pa (см. задачу 8.2) − τ zx = −

4 Pa πa

4

y , τ zy =

4 Pa 4πa 4

x , σ x = σ y = σ z = τ xy = 0 ,

где S = 2πa 2 и J y = 2πa 4 − площадь и осевой момент инерции эллипса. Суммирование напряжений позволяет получить:

σz =

⎛a ⎞ x = K ⎜ − x⎟ , ⎝ 2 ⎠ 2πa 2πa 4 Pa τ zx = − 4 y = − 4 K y , πa 4 Pa τ zy = x=Kx , 4πa 4 σ x = σ y = τ xy = 0 , P

2

−

2 Pa

4

(11.1)

где K = P / πa 3 . Если считать x и y главными центральными осями инерции сечения, то соотношения для перемещений принимают вид: - при растяжении − u=−

ν P ⋅ x , E S

v=−

ν P ⋅ y , E S

70

w=

1 P ⋅ z ; E S

- при изгибе (см. задачу 7) u=

[

(

2 Pa z 2 + n x2 - y 2 2 EJ y n 2 Pa v= xy , E Jy w=-

)]

,

1 2 Pa xz ; E Jy

- при кручении (см. задачу 8.2) u=v=

5 × 4 Pa (1 + n ) 4 E pa 4

5 × 4 Pa (1 + n )

w=-

4 E pa 4

zx ,

3 × 4 Pa (1 + n ) 4 E pa 4

zy ,

xy .

Суммирование перемещений, полученных из решений при нагружении стержня каждым из имеющих место силовых факторов, позволяет записать: u=-

[

(

n 1 P P × x+ × z2 + n x2 - y 2 2 E 2 pa E 2 pa 3

) ] - E1 × 5Pp(1a+3 n) z y

v=-

n P n P 1 5P ( 1 + n ) × y + × 3 xy + × zx , 2 E 2 pa E pa E pa 3

w=

1 P 1 P 1 3P (1 + n ) × z - × 3 xz - × xy , 2 E 2 pa E pa E pa 3

или с учетом обозначения P / pa 3 = K 71

,

u=

[

]

K - n a x + z 2 + n ( x 2 - y 2 ) - 10 (1 + n ) y z , 2E v=

K é 1 ù - n a y + n x y + 5 (1 + n ) xz ú , ê E ë 2 û

w=

(11.2)

K é1 ù a z - n z - 3 (1 + n ) x y ú . ê E ë 2 û

9.2. Для случая вертикально расположенного цилиндра необходимо дополнительно учесть влияние собственного веса ( r - удельный вес материала), считая длину тела равной l . Предполагая, как и ранее, возможность использования принципа независимости действия сил, определим упругое равновесие рассматриваемого тела (стержня) только от действия собственного веса. Отметим, что если при рассмотрении задачи Сен-Венана направление оси z и способ закрепления одного из торцов не влияет на результат решения, то при учете собственного веса тела с этими вопросами необходимо определиться заранее. Будем считать, что закреплено верхнее сечение вертикально расположенного тела цилиндрической формы и что начало координат расположено в этом сечении (ось z направлена вниз). В этом случае компоненты тензора напряжений, имеющие место от нагружения стержня собственным весом, представляются соотношениями:

s z = r ( l - z ) , s x = s y = t xy = t yz = t zx = 0 .

(11.3)

Определение перемещений не представляет особого труда (см. например, задачу 2.1). Будем иметь: u=

nr ( z - l) x , E

72

v= w=

[

nr ( z - l) y , E

(

r - z2 + 2 l z - n x2 + y2 2E

(11.4)

)]

.

В соответствии с принципом независимости действия сил полное решение поставленной задачи строится суммированием соотношений (11.1) и (11.3) для напряжений и (11.2) и (11.4) - для перемещений. Окончательно будем иметь: - для напряжений -

æa ö s z = r ( l - z) + K ç - x ÷ , è 2 ø t zx = - 4 K y , t zy = K x , s x = s y = t xy = 0 ;

- для перемещений u=

[

v= w=

]

nr ( z - l ) x + K - n ax + z 2 + n ( x 2 - y 2 ) - 10 ( 1 + n) y z , E 2E

[

nr ( z - l ) y + K éê - 1 n a y + n x y + 5 (1 + n) xz ùú , E E ë 2 û

]

r K é1 ù - z 2 + 2 l z - n ( x 2 + y 2 ) + ê az - n z - 3 ( 1 + n ) x y ú . 2E E ë2 û

73

Кручение круглого вала переменного диаметра Задача 12 Задача о кручении круглых валов переменного диаметра (тел вращения; z - ось вращения) в цилиндрических координатах сводится к отысканию функции напряжений j = j ( r , z ) , удовлетворяющей дифференциальному уравнению ¶2 j ¶r 2

-

3 ¶j ¶ 2 j + =0 r ¶r ¶ z 2

и граничному условию j = const на контуре вала [1] . Значение крутящего момента в произвольном поперечном сечении при найденной функции напряжений определяется соотношением

M = 2p [ j ( a , z ) - j ( 0 , z )] , где a - радиус выбранного поперечного сечения. Решить задачу упругого равновесия вала конической формы.

Решение Уравнение контура вала конической формы (рис. 12.1) имеет вид z/

Рис. 12.1

r 2 + z 2 = cos b ,

причем отношение, фигурирующее в левой части уравнения, является величиной постоянной. Соответственно, если функцию напряжений j строить как функцию этого отношения, то граничное условие на контуре j = const будет удовлетворено. 74

Легко проверить, что функция é z 1æ z j=С ê - ç ê 2 2 3 ç r2 + z2 è êë r + z

ö ÷ ÷ ø

3ù

ú ú úû

,

где С - постоянная, удовлетворяет дифференциальному уравнению, определяющему функцию напряжений j . Постоянную С определим, считая, что значение крутящего момента в произвольном поперечном сечении задано. В этом случае будем иметь:

M = 2p [ j ( a , z ) - j ( 0 , z )] Þ

é æ z z ê 1ç M = 2p С ê - ç 2 2 3ç 2 2 ê a +z è a +z ë

Þ

C= -

Þ 3

ö ÷ ÷÷ - 1 + ø

3M

.

2p ( 2 - 3cos b + cos 3 b)

ù 1ú 3ú ú û

Þ

(12.1)

Вычисление касательных напряжений приводит к следующим соотношениям: 1 ¶j Cr2 = - 2 t rq = - 2 × r ¶z ( r + z2) 5/ 2

tq z =

1 ¶j Cr z × =2 ¶r 2 r ( r + z2 ) 5 / 2

, (12.2) ,

где постоянная С определяется формулой (12.1). Деформированное состояние скручиваемого круглого вала переменного диаметра (тела вращения) строится в предположении, что сечения, перпендикулярные к оси вала, остаются плоскими и 75

что перемещение точки любого поперечного сечения направлено вдоль касательной к окружности, проходящей через эту точку. Если учесть, что перемещение v не может зависеть от переменной q из-за осевой симметрии задачи, принятые допущения дают возможность принять перемещения u и w равными нулю, а перемещение v считать функцией переменных r и z : u = w = 0 , v = v ( r, z ) .

Соответствующее поле деформаций будет иметь вид e r = e q = e z = g zr = 0 ,

g rq = r

¶ ævö ç ÷ , ¶r è r ø

gqz =

¶v . ¶z

Использование уравнений линейного физического закона позволяет связать построенное решение в напряжениях (12.2) с перемещением v : r

1 Cr2 ¶ ævö , ç ÷= - × 2 ¶r è r ø m ( r + z2 ) 5/ 2 1 Cr z ¶v =- × . 2 ¶z m ( r + z2) 5/ 2

(12.3)

Интегрированием соотношений (12.3) легко получить: v=

1 Cr × 3m ( r 2 + z 2 ) 3 / 2

.

(12.4)

Полученное соотношение (12.3) показывает, что перемещение v не является линейной функцией переменной r , как в задаче о кручении круглых валов постоянного диаметра, и, соответственно, радиусы поперечных сечений при кручении круглых валов переменного диаметра будут искривляться. 76

Угол поворота вокруг оси скручиваемого вала всех элементов его поперечного сечения, расположенных на окружности радиуса r (угол поворота элементарного кольца радиуса r ), определяется так называемой функцией перемещений Y ( r, z ) : Y=

v 1 C = × 2 r 3m ( r + z 2 ) 3 / 2

,

(12.5)

где постоянная С определяется формулой (12.1). Если принять Y = const , получим поверхность, все точки которой имеют одинаковый угол закручивания. Из условия симметрии задачи следует, что поверхности Y = const являются поверхностями вращения. При кручении конического вала поверхности равного угла закручивания, определяемые соотношением (12.5), представляют собой сферы, центр которых совпадает с вершиной конуса (началом координат). Для валов в форме эллипсоида, гиперболоида или параболоида вращения решение можно получить аналогичным путем. Круглые валы переменного диаметра в машиностроении встречаются достаточно часто, например, в форме плавного изменения диаметра для вала с двумя участками разных диаметров, и в этих случаях решения, подобные приведенному, вполне применимы. Однако приходится иметь дело и с резкими изменениями радиусов поперечных сечений в форме галтелей, кольцевых выточек и т.п. В таких случаях задачи решаются численными методами или экспериментально.

77

Плоская задача теории упругости Задача 13 Равномерно нагруженные тонкие балки При решении плоских задач для тонких пластин (тонких балок) или длинных тел, имеющих прямоугольные поперечные сечения (плоское состояние которых реализуется в плоскости x y ), широко используются функции напряжений Эри j ( x, y ) , выбранные в форме полиномов n-й степени. 13.1. Для значений n = 2 , 3 , 4 , 5 необходимо выполнить действия: - установить зависимости, которым должны удовлетворять коэффициенты полиномов j ( x, y ) , так чтобы функция j ( x, y ) могла бы использоваться в качестве функции напряжений; - записать соотношения, определяющие напряжения s x , s y , t xy . 13.2. Рассмотреть полученные результаты в применении к балке-стенке длиной 2 a прямоугольного поперечного сечения 2b ´ c ( a >> b >> c ), шарнирно опертой по краям и изгибаемой равномерно распределенной по верхней грани нагрузкой p . 13.3. Применить метод алгебраических полиномов для решения задачи о тонкой пластине прямоугольного поперечного сечения толщиной 2h и размерами 2 a и l в плоскости, жестко закрепленной по одному краю и нагруженной по противоположному краю системой поверхностных сил, эквивалентных изгибающей (перерезывающей) силе T .

Решение 13.1. Выпишем алгебраические полиномы n-й степени для значений n = 2 , 3 , 4 и 5 : a c j2 ( x, y ) = 2 x 2 + b2 x y + 2 y 2 , 2 2

78

a b c d j3 ( x , y ) = 3 x 3 + 3 x 2 y + 3 x y 2 + 3 y 3 , 6 2 2 6 a4 4 b4 3 c4 2 2 d 4 3 e4 4 j 4 ( x, y ) = x + x y+ x y + xy + y , 12 6 2 6 12 a b c d e f j5 ( x , y ) = 5 x 5 + 5 x 4 y + 5 x 3 y 2 + 5 x 2 y 3 + 5 x y 4 + 5 y 5 . 20 12 6 6 12 20

Напомним, что полином n-й степени j ( x, y ) может использоваться как функция напряжений, если он отвечает бигармоническому уравнению Ñ 2Ñ 2j = 0 . Можно видеть, что полиномы второй и третьей степени удовлетворяют этому уравнению при произвольных значениях коэффициентов, входящих в эти полиномы. Для полиномов четвертой и пятой степени коэффициенты уже должны быть связаны определенными соотношениями. Например,

- для полинома четвертой степени: e4 = - ( a4 + 2c4 ) ; - для полинома пятой степени: 1 e5 = - ( 3a5 + 2c5 ), f 5 = - ( b5 + 2 d 5 ) . 3 Напряженное состояние, отвечающее заданной функции напряжений, определяется известными формулами: sx =

¶ 2j ¶ 2j , sy = , t xy = ¶x ¶ y ¶y2 ¶x 2 ¶ 2j

.

Соответственно, для каждого из рассматриваемых полиномов будем иметь: - для полинома второй степени s (x2 ) = c2 , s (y2 ) = a2 , t(xy2 ) = - b2 ;

- для полинома третьей степени 2) = - b3 x - c3 y ; s (x3) = c3 x + d 3 y , s(y3) = a3 x + b3 y , t(xy

79

- для полинома четвертой степени s (x4 ) = c4 x 2 + d 4 x y - ( a 4 + 2c4 ) y 2 ,

s(y4) = a4 x 2 + b4 x y + c4 y 2 , b d 4) t(xy = - 4 x 2 - 2c4 x y - 4 y 2 ; 2 2

- для полинома пятой степени 1 с s (x5 ) = 5 x 3 + d 5 x 2 y - (3a5 + 2c5 ) x y 2 - (b5 + 2d 5 ) y 3 , 3 3

d s(y5) = a5 x3 + b5 x 2 y + c5 x y 2 + 5 y 3 , 3

b 1 5) t(xy = - 5 x 3 - c5 x 2 y - d5 x y 2 - (3a5 + 2c5 ) y 3 . 3 3 Отметим, что суммирование полиномов разных степеней дает более общую и более однородную форму решения, чем, например, полином пятой степени. 13.2. Применим полученные результаты к решению задачи о балке-стенке длиной 2 a прямоугольного поперечного сечения 2b ´ c ( a >> b >> c ), шарнирно опертой по краям и изгибаемой равномерно распределенной по верхней грани нагрузкой p (рис. 13.1).

При построении решения

Рис. 13.1

будем использовать сумму всех четырех рассмотренных полиномов. При этом учтем, что из-за симметрии балки-стенки относительно оси y напряжения s x и s y должны быть четными функциями переменной x , а напряжение t xy - нечетной. Данное об80

стоятельство ведет к равенству нулю ряда коэффициентов полиномов: a 5 = c 5 = b4 = d 4 = a 3 = c 3 = b2 = 0 .

Напряженное состояние в этом случае будет определяться соотношениями, содержащими восемь неизвестных коэффициентов: 1 s x = d 5 x 2 y - (b5 + 2d 5 ) y 3 + c4 x 2 - ( a4 + 2c4 ) y 2 + d 3 y + c2 , 3 d s y = b5 x 2 y + 5 y 3 + a4 x 2 + c4 y 2 + b3 y + a2 , 3 b t xy = - 5 x3 - d 5 x y 2 - 2c4 x y - b3 x . 3

Для определения коэффициентов b5 , d 5 , a4 , c4 , b3 , d 3 , a2 и

c2 воспользуемся граничными условиями: - на верхней грани ( y = b ; l = 0 , m = 1 , n = 0 ) t xy = 0 , s y = - p ;

- на нижней грани ( y = -b ; l = 0 , m = -1 , n = 0 ) t xy = 0 , s y = 0 ;

- на правом торце ( x = a ; l = 1 , m = 0 , n = 0 ) b

ò sx d y = 0

-b

b

ò t xy d y = a p

-b

- результирующая сила от s x равна нулю,

b

- результирующая сила от t xy равна реакции опоры,

ò sx yd y = 0

- результирующий момент от s x равен нулю ;

-b

81

- на левом торце ( x = - a ; l = -1 , m = 0 , n = 0 ) b

ò

-b

sx d y = 0 ,

b

ò

-b

t xy d y = - a p ,

b

ò sx yd y = 0

.

-b

Не останавливаясь на деталях определения коэффициентов, приведем их окончательный вид b 5 = a4 = c4 = c2 = 0 , d5 =

3p p 3 ( 2b 2 - 5a 2 ) , d3 = , b3 = × p , a2 = 3 3 4b 2 4b 20b

3p

.

С учетом найденных значений коэффициентов полиномов напряженное состояние в балке-стенке определится соотношениями: 3 p y æç 2 2 2 2b 2 - 5a 2 ö÷ , x - y + ÷ 3 5 4b 3 çè ø 3 3p æ 1 2b ö÷ , s y = 3 ç y 3 - b2 y ç 3 ÷ø 4b è 3 3px t xy = 3 b 2 - y 2 . 4b

sx =

(

(13.1)

)

Обратим внимание, что при x = ± a напряжение s x отлично от нуля и по высоте сечения распределено по закону: sx =

3 p y æç 2 2 2b 2 ö÷ , - y + 5 ÷ø 4b 3 çè 3

а это не соответствует условию задачи. Очевидно, что в соответствии с принципом Сен-Венана решение (13.1) может быть использовано только на некотором удалении от торцов. 82

13.3. Применим метод алгебраических полиномов для решения задачи о тонкой пластине прямоугольного поперечного сечения толщиной 2 h и размерами 2 a и l в плоскости, жестко закрепленной по одному краю и нагруженной по противоположному краю системой поверхноРис. 13.2 стных сил, эквивалентных изгибающей (перерезывающей) силе T (рис. 13.2). При построении решения будем использовать сумму полиномов четвертой, третьей и второй степени, учитывая при этом, что из трех напряжений s x , s y и t xy в рассматриваемой задаче напряжение s y будет равно нулю (антиплоское напряженное состояние). Данное обстоятельство позволяет избавиться от некоторых коэффициентов полиномов: a 4 = b4 = c4 = a 3 = b3 = a2 = 0 .

Соответственно, для напряжений s x и t xy будем иметь: s x = d 4 x y + c3 x + d3 y + c2 , d t xy = - 4 y 2 - c3 y - b2 . 2

Неизвестные коэффициенты d 4 , c3 , d 3 , c2 и b 2 определим из граничных условий: - на верхней и нижней гранях ( y = ± a ; l = 0 , m = ±1 , n = 0 ) t xy = 0 ;

- на правом торце ( x = l ; l = 1 , m = 0 , n = 0 ) b

ò

-b

sx d y = 0 ,

b

ò

-b

t xy d y = - T / 2h ,

83

b

ò sx yd y = 0

-b

.

Подстановка соотношений для напряжений в граничные условия приводит к системе уравнений относительно неизвестных коэффициентов полиномов. Решение этих уравнений позволяет получить: d4 = -

6T 8a3h

, c3 = 0 , d 3 =

6T l 8 a 3h

, b2 =

3T , c2 = 0 , 8a h

или d4 = -

T Tl Ta 2 , c3 = 0 , d 3 = , b2 = , c2 = 0 , Jz Jz 2J z

где J z = 4a 3h / 3 - момент инерции сечения относительно оси z . С учетом найденных значений коэффициентов решение рассматриваемой задачи в напряжениях принимает вид sx =

T y ( l - x) , Jz

T ( a2 - y2 ) . t xy = 2J z

(13.2)

Так же, как и решение (13.1) предыдущей задачи, построенное решение (13.2) в соответствии с принципом Сен-Венана может быть использовано только на некотором удалении от правого торца и, соответственно, от жесткого закрепления балки по левому краю. Отметим, что если напряжение s y изначально считать отличным от нуля, то при выполнении дополнительных граничных условий s y = 0 на верхней и нижней гранях y = ± a при произвольных значениях x все равно получим результат, определенный соотношениями (13.2).

84

Задача 14 Напряженное состояние плотины (подпорной стенки) с учетом ее собственного веса Конфигурация треугольной плотины и ее размеры представлены на рис. 14.1. Плотина нагружена гидростатическим давлением воды q = g 1x , где r 1 - удельный вес воды, и собст-

венным весом ( r - удельный вес бетона). Коэффициент Пуассона бетона равен n .

Рис. 14.1

14.1. Построить решение для треугольной плотины (подпорной стенки), применяя функцию напряжений j ( x, y ) в виде полинома третьей степени. 14.2. Вводя условие отсутствия растягивающих напряжений в точке M основания треугольной плотины (см. рис. 14.1), показать, что минимальная масса плотины при заданной высоте h имеет место при a = 0 . Принимая a = 0 , определить значение угла b , отвечающее условию М. Леви при r = 2400 кг/м3 (бетон) и r 1 = 1000 кг/м3 («чистая» вода) или r 1 = 1200 кг/м3 (вода с илом). 14.3. Для треугольной плотины с a = 0 записать соотношения, определяющие напряжения s x , s y , t xy . Провести анализ напряженного состояния в точках A и B основания плотины. 14.4. Построить поля деформаций и перемещений с определением перемещений точек O (вершины) и B треугольной плотины. 14.5. Построить решение для прямоугольной плотины, нагруженной гидростатическим давлением воды и собственным весом, применяя функцию напряжений в виде полинома шестой степени. 85

Решение 14.1. Рассматривая поставленную задачу как плоскую, для ее решения применим функцию напряжений j ( x, y ) в виде однородного полинома третьей степени: A 3 B 3 C 2 D 2 x + y + xy + x y , 6 6 2 2

j ( x, y ) =

(14.1)

где A , B , C , D - постоянные величины. Напряжения s x , s y и t xy при использовании введенной функции напряжений принимают вид sx =

¶ 2j ¶y 2

- rx = By + (C - r ) x ,

sy =

t xy = -

¶ 2j ¶x 2

= Ax + Dy ,

(14.2)

¶ 2j = - Dx - C y . ¶ x¶ y

Граничные условия на сторонах плотины запишем в форме: - линия OA ( y = - x tga ; X = r1x sin a , Y = r 1x cos a ; l = - sin a , m = - cos a )

(s x + r1x ) tga + t xy = 0 t xy tga + (s y + r 1x ) = 0

, ;

- линия OB ( y = x tg b ; X = 0 , Y = 0 ; l = - sin b , m = cos b ) s x tgb - t xy = 0 , t xy tgb - s y = 0 .

86

Подставив значения напряжений (14.2) в граничные условия, получим четыре уравнения относительно четырех неизвестных постоянных A , B , C , D :

(

)

- B tg 2a + 2C tga - D = r - r1 tga , A + C tg 2a - 2 D tga = -r 1 , B tg 2b + 2C tgb + D = r tgb , A + C tg 2 b + 2 D tgb = 0 .

Отметим, что при получении первых двух уравнений использовали связь y = - x tga , а при получении вторых двух - y = x tga . Решение полученных уравнений относительно постоянных A , B , C , D приводит к следующим результатам: A=-

2 tg 2a tg 2b

( tga + tgb) B=

C=

2

×r +

(

tg 2b 2tg 2a tgb - 3 tga - tgb

tgb - tga

×r + ( tga + tgb) 2 2 tga tgb

×r + 2

( tga + tgb)

3

tg 2a + 3tga tgb - 2

( tga + tgb)3

) × r1 ,

× r1 ,

tgb - tga - 2tga tg 2b

(14.3) × r1 ,

( tga + tgb ) ( tga + tgb )3 tga tgb ( tga - tgb) tga tgb ( tg 2b + 2 - tga tgb) D=× r + × r1 ( tga + tgb) 2 ( tga + tgb)3

.

Найденные значения постоянных A , B , C , D определяют функцию напряжений j ( x, y ) и напряжения s x , s y и t xy . 14.2. Будем считать, что в основании внешней поверхности плотины в бетоне может иметь место трещина нормального отрыва, распространяющаяся вглубь плотины до точки M ( x, y ) (см. рис. 14.1). 87

Наличие такой трещины определяется растягивающими напряжениями в рассматриваемой области плотины. Естественно, условие отсутствия растягивающих напряжений в основании плотины является условием, при выполнении которого возникновение (или распространение) трещины будет невозможно. Главными направлениями в плоскости x y являются направлеr ние n I , ортогональное внешней поверхности плотины, и направлеr ние n II вдоль откоса внешней поверхности. r Напряженное состояние в точке M в главных направлениях n I r и n II определяется тензором напряжений æs T s = çç I è0

0 ö ÷ , sII ÷ø

который представим в виде суммы двух тензоров 0 ö æ s¢I æ - r1 x ÷+ç T s = T s¢ + D s = çç - r 1x ÷ø çè 0 è 0

0 ö ÷ , s¢II ÷ø

где тензор T s¢ соответствует всестороннему гидростатическому давлению воды. Трещина в точке M не будет развиваться, если напряжения s¢I и s¢II будут отвечать условиям s¢I £ 0 и s¢II £ 0 ,

которые с учетом возможности суммирования тензоров можно переписать в виде sI + r 1x £ 0 , s II + r1x £ 0 .

88

(14.4)

Воспользуемся полученными условиями (условиями М. Леви) для реализации условия отсутствия растягивающих напряжений в основании плотины, которое представим в виде sI + sII = s x + s y < -2 r1x при y = - x tga .

Подставив значения напряжений s x , s y из (14.2), будем иметь: C - r + A - tga ( B + D ) + 2r1 < 0 .

Соответственно, использование соотношений (14.3), определяющих постоянные A , B , C , D , приводит к уравнению, связывающему углы a и b :

(r - r1 ) tg2b + r tga tgb - r1 > 0

.

Учитывая, что r - r1 > 0 и r 1 > 0 , решение уравнения имеет вид

tg b >

(

)

r 2 tg 2a + 4 r 1 r - r 1 - r tga

(

2 r - r1

)

(14.5)

.

Минимальная масса плотины при заданной высоте h имеет место, когда при соблюдении условия (14.5) минимальна сумма ( tga + tgb) . Поскольку

tga + tg b >

(

)

r 2 tg 2a + 4 r 1 r - r1 - r tga

(

2 r - r1

должно быть минимально соотношение 89

)

+ tga ,

(

)

(

)

r 2 tg 2a + 4 r1 r - r 1 + tga r - 2 r 1 .

(14.6)

Можно видеть, что соотношение (14.6) минимально при tg a = 0 и a = 0 . В этом случае условие М. Леви в форме (14.5) будет иметь более простой вид tg b >

r1 r - r1

.

(14.7)

Для предложенных численных значений

(g =

2,4 × 103 кг/м3 и

g1 = 103 кг/м3 («чистая» вода)) будем иметь: tg b > 0,843 Þ b > 40° .

Если же принять g1 = 1, 2 ×103 кг/м3 (вода с илом), получим tg b > 1,0 Þ b > 45°. 14.3. Для треугольной плотины с углом a = 0 существенно упрощаются соотношения (14.3), определяющие постоянные A , B , C , D . Будем иметь: A = - r1 ,

B=

2r 1 r - 3 , tg b tg b

C=

r1 tg 2 b

,

D=0 .

Соответственно, напряжения s x , s y и t xy , определенные соотношениями (14.2), при полученных значениях постоянных принимают вид æ r1 ö æ r 2r 1 ö sx = ç 2 - r÷ x + ç - 3 ÷y , ç tg b ÷ ç tg b tg b ÷ è ø è ø

90

s y = - r 1x ,

t xy = -

(

r1 tg 2 b

(14.8)

y .

)

Напомним, что s z = n s x + s y . Главное (наибольшее) касательное напряжение в произвольной точке плотины при заданных напряжениях s x , s y и t xy определяется известной формулой: t1 =

(s x - s y ) 2 + 4t2xy

1 2

.

Свое максимальное значение главное касательное напряжение принимает при x = h , y = h tgb (точка B ):

(t1)max = r21h æçç 1 + è

1 ö÷ . tg 2b ÷ø

(14.9)

Отметим, что данное обстоятельство накладывает дополнительные требования к основанию, на котором строится плотина (например, к скальным породам), для обеспечения прочности и сопротивления срезу в указанном месте (точка B ) в связке «бетоноснование плотины». Для точки B ( x = h , y = h tgb ) напряжения s x , s y , s z и t xy принимают значения: sx = -

r 1h tg 2 b

,

s y = - r 1h ,

t xy = -

r 1h tg b

æ 1 ö s z = n s x + s y = - nr 1h ç 1 + 2 ÷ . ç tg b ÷ è ø

(

)

91

, (14.10)

Отметим, что напряжение s z является главным напряжением. Для вычисления двух других главных напряжений в плоскости x y воспользуемся известной формулой

smax, min =

sx + sy 2

±

æ sx - s y ç ç 2 è

2

ö ÷ + t 2xy , ÷ ø

применение которой позволяет получить:

smax = 0 ,

æ 1 ö s min = - r 1h ç1 + 2 ÷ . ç tg b ÷ è ø

Располагая все три главных напряжения в «привычном» порядке ( sI ³ s II ³ s III ), будем иметь:

sI = 0 , æ 1 ö s II = - nr 1h ç 1 + 2 ÷ , ç tg b ÷ è ø

(14.11)

æ 1 ö s III = - r 1h ç1 + 2 ÷ . ç tg b ÷ è ø Направление главного напряжения s I относительно оси x определяется углом g , следующим из известного соотношения: tg 2g =

2t xy sx - s y

.

Вычисление угла g в данном случае приводит к результату g = b , показывающему, что главное напряжение sI направлено по линии OB . 92

Отметим, что главные касательные напряжения в точке B можно определить через главные нормальные напряжения sI , s II , sIII . В частности, определяя наибольшее главное касательное напряжение t I , будем иметь: tI =

s I - s III 2

Þ

tI =

ö r 1h æ ç 1+ 1 ÷ . 2 2 çè tg b ÷ø

(14.12)

Полученное значение наибольшего главного касательного напряжения в точке B совпадает с его значением (14.9), вычисленным ранее другим путем. Продолжая рассматривать случай плотины с углом a = 0 , запишем напряжения в точке A плотины ( x = h , y = 0 ) для горизонтальной площадки, имеющей направляющие косинусы l = 1 , m = 0 : ì æ r1 ö ìï X n = s x l + t xy m ; ì X n = sx ; ï X n = ç 2 - r÷ h ; ç tg b ÷ Þ í Þ í í è ø ïîYn = t xy l + s y m î Yn = t xy ï î Yn = 0 .

Напомним, что для плотины с углом a = 0 условие М. Леви имеет вид (14.7): tg b >

r1 r - r1

tg 2 b >

Þ

r1 r - r1

,

откуда легко получить, что r1 tg 2 b

- r < - r1 < 0 .

Полученное неравенство показывает, что напряжение X n является сжимающим и, действительно, условий для возникновения 93

трещины нормального отрыва в точке A плотины нет. Величина напряжения X n определяется соотношением: X n > r 1h . 14.4. Для треугольной плотины с углом a = 0 составляющие тензора деформаций e x , e y и g xy ( e z = g yz = g zx = 0 ) определим, используя уравнения линейного физического закона с подстановкой соотношений (14.8), определяющих напряжения s x , s y и t xy . Получим: ex =

ey =

1 - n2 E

éæ r 1 æ r ö 2r1 ö ù n (1 + n ) ÷ yú + × r1 x , êç 2 - r ÷ x + ç 3 ÷ ç ç ÷ b tg E tg b ø ûú è ø ëêè tg b

ö æ r 2r 1 ö ù 1 - n2 n (1 + n ) éæç r 1 ÷ yú , - r 1x ê 2 - r÷ x + ç ÷ ç tg b tg 3 b ÷ ú E E êëçè tg b ø è ø û

(

)

g xy = -

2 (1 + n ) r 1 × y . E tg 2 b

Для упрощения дальнейших преобразований условие М. Леви для плотины с углом a = 0 (14.7) используем для введения нового параметра g :

tg b =

Þ

1 tg b

r1 r - r1

Þ

æ 1 ö ç - 1÷ = 2 ç tg b ÷ è ø

tg 2 b =

r1 r - r1

Þ

r - r1 r - 2r 1 = tg g . × r1 r1

При r / r1 = 2, 4 имеем tg b = 0,843 и tg g = 0,473 . Соответственно, с учетом соотношения, полученного для tg g , деформации принимают вид 94

ex = -

1+ n × r 1 [ (1 - 2n ) x + (1 - n ) y tg g ] , E

ey = -

1+ n × r1 E

g xy = -

[ (1 - 2n ) x - n × y tg g ]

,

2 (1 + n ) r 1 × y . E tg 2 b

Объемная деформация (относительное изменение объема) q = ex + e y = -

(1 + n )(1 - 2n ) × r ( 2 x + y tg g ) 1 E

во всех точках плотины - отрицательная, поскольку при a = 0 величина 2 x + y tg g во всех точках положительна или равна нулю. Положительное значение объемной деформации возможно, только если tg g < 0 , когда tg b > 1 или 2 r1 - r > 0 . Не останавливаясь на процедуре определения перемещений по заданным деформациям (процедура подробно описана в работе [1] ), приведем окончательный вид соотношений для перемещений: u=-

(

)

1+ n é 1 - 2n 2 x - h 2 + (1 - n ) y ( x - h ) tg g + × r1 ê E ë 2

æ 2 ö y2 ù + ç 2 - 1 + 2n ÷ ú , ç tg b ÷ 2 ú è ø û v=-

(14.13)

2 é 1- n ù 1+ n ( x - h ) 2 tg g + (1 - 2n ) x y - n × y tg g ú . × r 1 ê2 2 E úû ëê

Для точки B ( x = h , y = h tgb ) перемещения u и v принимают значения: 95

uB = vB = -

ù h2 2 1+ n é 2 ( n ) 1 2 tg b , ú r1 ê E êë tg 2b 2 úû

1+ n h2 × r1 tgb [2 (1 - 2n ) - n tgb tg g ] . E 2

Отметим, что оба перемещения - отрицательные, т.е. направлены в сторону, обратную положительному направлению координатных осей. Для точки O ( x = y = 0 ) перемещения u и v принимают значения: uO

2 ( 1 + n )(1 - 2n ) r 1 h = ×

E

2

,

2 1 - n 2 r1 h vO = × tg g . E 2

Здесь оба перемещения - положительные, т.е. направлены в сторону положительных направлений координатных осей, причем vO Рис. 14.2

uO

=

1- n × tg g < tg b . 1 - 2n

Схема деформирования плотины показана на рис. 14.2.

Рис. 14.3

14.5. Для решения задачи о прямоугольной плотине (рис. 14.3), нагруженной гидростатическим давлением воды и собственным весом, используется функция напряжений j ( x, y ) в виде полинома шестой степени. 96

Приведем готовое решение поставленной задачи: 2

xö æ xö æ s x = - r1y ç 1 - ÷ ç 1 + 2 ÷ , aø è aø è

æ r1 y 3 æ 2 x ö ç4 + r 1 y ç ÷ 1 ç ø a2 è a è

x 2 12 x 1 ö÷ + 6 , a3 a 2 5 a 5 ÷ø r1 x æ x ö é y2 a x öù æ - + x ç 1 - ÷ú . t xy = 1 ÷ ê3 ç a è a ø êë a 5 a øúû è

sy = - ry -

x3

Легко убедиться, что представленное решение отвечает уравнениям теории упругости и граничным условиям задачи: - при x = 0 имеем s x = - r 1 y , t xy = 0 ; - при x = a имеем s x = 0 , t xy = 0 ; - при y = 0 требование s y = 0 удовлетворяется, однако последнее необходимое условие t yx = 0 не удовлетворяется, и на верхней грани стенки имеем распределение касательных напряжений: t yx y = 0 = -

r1 x æ x ö aù xöé æ ç1- ÷ êx ç1 - ÷ - ú . a ø 5û a è aøë è

Поскольку равнодействующая приведенного распределения касательных напряжений равна нулю: a

ì æ

0

î

xöé æ

x ö a ùü

ò í x çè 1 - a ÷ø êë x çè 1 - a ÷ø - 5 úû ý d x = 0 þ

,

влияние этого распределения в соответствии с принципом СенВенана имеет локальный характер, тем более что касательные напряжения действуют в верхней, мало напряженной части плотины. Приведенное решение можно считать вполне приемлемым. 97

Задача 15 Клин, нагруженный сдвигающими усилиями, равномерно распределенными по граням Тонкая полубесконечная пластина, симметричная относительно оси x , имеет форму клина с вершиной в точке O и углом в вершине 2a ( 0 < a < p / 2 ) (рис. 15.1). Клин нагружен сдвигающими усилиями t 0 , равномерно распределенными Рис. 15.1

по граням.

15.1. Решить задачу упругого равновесия клина. Решение построить в полярных координатах в напряжениях с отысканием функции напряжений. 15.2. Описать напряженное состояние вдоль линии AB , определяемой окружностью радиусом R с центром в вершине O . В системе координат x , y определить главный вектор и главный момент усилий, распределенных вдоль линии AB . 15.3. Определить поле перемещений в рассматриваемой задаче ( E , n - упругие характеристики материала).

Решение 15.1. Построим решение в полярной системе координат с использованием свойств функции напряжений j ( r , q ) . Будем считать, что для точки A0 (q = a ) верхней грани клина функция напряжений и ее производная по нормали равны нулю:

A0 (q = a ) :

j=0 ,

1 ¶j 1 ¶j ¶j ¶j = =0 . l+ m= ¶n ¶r r ¶q r ¶q

98

Здесь учтено, что направляющие косинусы для нормали к верхней грани клина имеют значения l = 0 , m = 1 . Соответственно, для точки A1 (q = - a ) будем иметь:

A1 (q = - a ) :

j = - t0 r 2 sin 2a ,

-

1 ¶j = - t 0 r (1 + cos 2a ) . r ¶q

Здесь учтено, что направляющие косинусы для нормали к нижней грани клина имеют значения l = 0 , m = - 1 . При таких значениях функции напряжений и ее производной по нормали на контуре естественно пытаться разыскивать саму функцию в виде j ( r , q) = r 2 f ( q) .

Подставляя функцию напряжений в бигармоническое уравнение 2 2

Ñ Ñ j = 0 , получим обыкновенное дифференциальное уравнение

для функции f ( q) :

d4f

d2f + =0 . 4 d q4 d q2

Корнями соответствующего характеристического уравнения

(

)

k 2 k 2 + 4 = 0 являются: k 1 , 2 = 0 , k 3 = 2 i , k 4 = - 2 i , что позволяет записать решение дифференциального уравнения для функции f ( q) в форме:

f ( q) = C1 + C2q + C3 cos 2q + C4 sin 2q . Соответственно, сама функция напряжений j ( r , q ) будет иметь вид 99

j ( r , q) = r 2 ( C1 + C2q + C3 cos 2q + C4 sin 2q) .

(15.1)

Напряженное состояние в данной задаче определяется соотношениями:

sr =

1 ¶j 1 ¶ 2 j = 2 ( C1 + C2q - C3 cos 2q - C4 sin 2q) , + r ¶ r r 2 ¶ q2

sq =

¶2 j ¶r 2

= 2 ( C1 + C2q + C3 cos 2q + C4 sin 2q) ,

1 ¶j 1 ¶ 2 j = - C2 + 2C3 sin 2q - 2C4 cos 2q . tr q = 2 r ¶q r ¶ r ¶q Граничные условия в напряжениях на гранях клина имеют вид

sq = 0

при

q=±a ,

t r q = ± t 0 при q = ± a

и удовлетворяются при

C1 = -

t0 2 sin 2a

cos 2a ,

C3 =

t0

,

2 sin 2a

C2 = C4 = 0 .

С учетом найденных значений постоянных соотношения для напряжений принимают форму

sr = sq =

t0 sin 2a t0

sin 2a t rq =

( cos 2q + cos 2a )

( cos 2q - cos 2a ) t0 sin 2a

sin 2q . 100

, ,

(15.2)

Отметим, что напряжение s z = 0 является главным. Для вычисления двух других главных напряжений в плоскости r q воспользуемся известной формулой 2

s + sq smax, min = r ± 2

æ sr - sq ö 2 ç ÷ + t rq , 2 ø è

которая позволяет получить:

smax =

t0 sin 2a

(1 - cos 2a)

,

smin = -

t0 sin 2a

(1 + cos 2a)

.

Располагая все три главных напряжения в «привычном» порядке ( sI ³ s II ³ s III ), будем иметь: sI =

t0 sin 2a

(1 - cos 2a ) , (15.3)

sII = 0 , s III = -

t0 sin 2a

(1 + cos 2a )

.

Главные касательные напряжения определяются через главные нормальные напряжения sI , s II , sIII . В частности, отыскивая наибольшее главное касательное напряжение t I , будем иметь: tI =

s I - s III 2

Þ

tI =

t0 sin 2a

= const .

(15.4)

Полученное соотношение показывает, что наибольшее главное касательное напряжение t I не зависит от переменных r , q и определяется только величиной приложенной нагрузки t 0 и формой клина (углом в вершине 2a ). 101

15.2. Составляющие полного напряжения на площадке, расположенной на окружности радиусом R с центром в вершине O (линия AB ), определяются известными формулами: Fr = s r l + t r q m , Fq = tr q l + sq m

l =1, m = 0

¾¾ ¾ ¾ ¾®

Fr = s r , Fq = tr q .

Проектируя эти составляющие на оси x , y и интегрируя по всей длине линии AB (от q = - a до q = + a ), определим составляющие главного вектора усилий, распределенных вдоль линии AB , в системе координат x , y : Rx = Ry =

+a

ò ( sr cos q - t rq sin q)R d q

Þ

R x = - 2t 0 R cos a ,

Þ

Ry = 0 .

-a

+a

ò ( sr sin q + trq cos q)R d q

-a

Поскольку R x ¹ 0 , а R y = 0 , главный момент нагрузки, распределенной вдоль линии AB , в системе координат x , y равен нулю. Отметим, что при R ® 0 главный вектор стремится к нулю: в вершине клина нет сосредоточенной силы. 15.3. Деформированное состояние в точках пластины определяется зависимостями Коши и уравнениями линейного физического закона: ¶u 1 = ( sr - ns q ) , ¶r E u 1 ¶v 1 eq = + = ( sq - ns r ) , r r ¶q E er =

grq =

1 ¶u ¶ v v 2 (1 + n ) + - = t rq , r ¶q ¶ r r E 102

которые с учетом соотношений (15.2) принимают вид 1 t0 ¶u =- × [ (1 + n ) cos 2q + (1 - n ) cos 2a] , ¶r E sin 2a

t0 u 1 ¶v 1 [ (1 + n ) cos 2q + ( n - 1) cos 2a] , = × + r r ¶ q E sin 2a

(15.5)

1 ¶u ¶ v v 2 (1 + n ) t 0 - = + sin 2q . r ¶q ¶r r E sin 2a Для построения поля перемещений вначале интегрируем первое уравнение из (15.5): u=-

t0 1 [ (1 + n ) cos 2q + (1 - n )cos 2a] r + f 1( q) . × E sin 2a

(15.6)

Подставляя полученное соотношение во второе уравнение, находим

¶ v 1 2t 0 (1 + n ) = × r cos 2q - f 1 ( q) , ¶q E sin 2a откуда после интегрирования имеем:

v=

1 t 0 (1 + n ) r sin 2q - ò f 1( q) d q + f 2 ( r ) . × E sin 2a

(15.7)

Связь между неизвестными функциями f 1 ( q) и f 2 ( r ) определяется третьим уравнением (15.5), которое после подстановки в него перемещений (15.6) и (15.7) и некоторых преобразований запишем в виде:

f 1¢ ( q) + ò f 1 ( q) d q = f 2 ( r ) - r f ¢2 ( r ) = A , 103

(15.8)

где A - постоянная, поскольку левая часть уравнения зависит только от переменной q , а правая - только от переменной r . Соответственно, уравнение (15.8) можем разбить на два:

f 1¢ ( q) + ò f 1 ( q) d q = A , f 2 ( r ) - r f ¢2 ( r ) = A .

Дифференцируя первое уравнение, получим: f 1¢¢( q ) + f 1 ( q) = 0 ,

откуда следует f 1 ( q) = B cos 2q + C sin 2q .

f 1¢ ( q) + ò f 1 ( q) d q = A , имеем A = 0 . Соответственно, решение второго уравнения относительно функции f 2 ( r ) дает: Проверяя теперь исходное уравнение

f 2 ( r ) = Dr .

С учетом найденных функций f1 (q) и f 2 ( r ) перемещения u и v принимают вид

u=-

1 t0 [ (1 + n) cos 2q + (1 - n) cos 2a] r + B cos 2q + C sin 2q , × E sin 2a v=

1 t 0 (1 + n ) × r sin 2q - B sin 2q + C cos 2q + D r . E sin 2a

Для определения неизвестных постоянных B , C , D необходимо, исходя из физического смысла задачи, закрепить полуплос104

кость так, чтобы исключить ее перемещение как твердого тела. Здесь, например, возможны варианты: - при r = 0 , q = 0 принять u = 0 , v = 0 (начало координат O является фиксированной точкой); - при q = 0 принять v = 0 (точки, расположенные на оси x , могут перемещаться только в направлении оси). Во втором случае получим: B = C = D = 0 . Окончательно для перемещений имеем:

u =-

1 t0 × r E sin 2a v=

[ (1 + n) cos 2q + (1 - n) cos 2a]

1 t 0 (1 + n ) × r sin 2q . E sin 2a

105

,

Задача 16 Клин, нагруженный в вершине Тонкая полубесконечная пластина, симметричная относительно оси x , имеет форму клина с вершиной в точке O и углом в вершине 2a ( 0 < a < p / 2 ).

Рис. 16.1

16.1. Определить напряженное состояние клина, нагруженного сосредоточенной силой P , приложенной к его вершине (рис. 16.1).

16.2. Определить напряженное состояние клина, нагруженного сосредоточенным моментом M , приложенным к его вершине.

Решение 16.1. Решение задачи о клине, нагруженном сосредоточенной силой P , построим в полярной системе координат с использованием свойств функции напряжений j ( r , q ) . Будем считать, что для точки A0 (q = a ) верхней грани клина функция напряжений и ее производная по нормали равны нулю: A 0 (q = a ) :

j=0 ,

¶j 1 ¶j = =0 . ¶n r ¶q

Соответственно, для точки A1 (q = - a ) будем иметь: A1 (q = - a ) :

j = - P r sin ( a + g ) ,

¶j 1 ¶j == - P cos ( a + g ) . r ¶q ¶n

При таких значениях функции напряжений и ее производной по нормали на контуре естественно пытаться разыскивать саму функцию в виде 106

j ( r , q) = r f ( q) . Подставляя функцию напряжений в бигармоническое уравнение, получим обыкновенное дифференциальное уравнение для функции f ( q) :

d4 f dq4

+2

d2 f dq 2

+f = 0 .

Решение соответствующего характеристического уравнения 2

( k + 1) 2 = 0 дает кратные корни k1, 2 = i , k3 , 4 = - i , что позволяет записать решение дифференциального уравнения для функции f ( q) в форме

f ( q) = C1 cos q + C2 sin q + C3q cos q + C4 q sin q . Определим напряжения по найденной функции напряжений и найдем постоянные интегрирования, удовлетворяя граничные условия в напряжениях. Напряженное состояние в данной задаче определяется только двумя постоянными:

sr = -

2C3 2C sin q + 4 cos q , r r s q = t rq = 0

Þ

s r = ( A sin q + B cos q) / r , s q = t rq = 0 .

Граничные условия в напряжениях на гранях клина при q = ± a принимают вид

s q = t rq = 0

при

q = ±a

и удовлетворяются тождественно при любых значениях постоянных A и B . 107

Напомним, что сосредоточенная сила в соответствии с принципом Сен-Венана трактуется как некоторая система распределенной нагрузки, приложенной на окружности малого радиуса. Поэтому в рассматриваемой задаче имеют место еще два интегральных граничных условия, учитывающих упомянутую трактовку. Эти условия представляют собой условия равновесия части клина, отсеченной дугой радиусом r : a

ò s r r dq cos q = - P cos g

,

-a a

ò s r r d q sin q = - P sin g

.

-a

Определение постоянных A и B из интегральных граничных условий в вершине клина приводит к следующим результатам: A=-

P sin g , 2a - sin 2a

B=-

2P cos g . 2a + sin 2a

Отметим, что в соответствии с принципом Сен-Венана построенное решение пригодно, начиная с некоторых значений радиуса r (при r ® 0 напряжение s r ® ¥ ). 16.2. Решение задачи о клине, нагруженном сосредоточенным моментом M , построим в полярной системе координат с использованием свойств функции напряжений j ( r , q) с обозначениями и по схеме, предложенными при рассмотрении задачи о клине, нагруженном сосредоточенной силой, приложенной к его вершине. Запишем граничные условия на верхней и нижней гранях клина для функции напряжений и ее производной по нормали. Принимая, что момент M , приложенный к вершине клина, направлен по часовой стрелке, будем иметь: 108

при q = a :

j=0 ,

¶j 1 ¶j =0 . = ¶n r ¶q

при q = - a :

j = -M ,

¶j 1 ¶j ==0 . ¶n r ¶q

При таких значениях функции напряжений и ее производной по нормали на контуре естественно пытаться разыскивать саму функцию в виде j = j ( q) . Подставляя функцию напряжений в бигармоническое уравнение, получим: æ ¶2 1 ¶ 1 ¶ 2 ö÷æç 1 ¶ 2j ö÷ ç + =0 + ç ¶r 2 r ¶r r 2 ¶q 2 ÷ç r 2 ¶q2 ÷ è øè ø

Þ

d 4j d q4

+4

d 2j d q2

=0 .

Решение соответствующего характеристического уравнения 2

( k 2 + 4)=

0 дает корни k 1, 2 = 0 , k 3 = 2 i , k 4 = - 2 i , что позволяет записать решение дифференциального уравнения для функции напряжений в форме k

j( q) = C1 + C2 q + C3 cos 2q + C4 sin 2q . Напряженное состояние в данной задаче определяется соотношениями:

sr = -

4 r2

( C3 cos 2q + C4 sin 2q)

,

sq = 0 ,

1 t rq = 2 ( C2 - 2C3 sin 2q + 2C 4 cos 2q ) . r Граничные условия в напряжениях на гранях клина принимают вид 109

s q = t rq = 0

при

q = ±a

и удовлетворяются при C3 = 0 и C 2 = -2C 4 cos 2a , что позволяет переписать соотношения для напряжений в форме

sr = t rq =

2C 4 r2

4C4 r

2

sin 2q ,

( cos 2q - cos 2a)

2A

Þ

sr = -

Þ

t rq = 2 ( cos 2q - cos 2a ) , r

r2 A

sin 2q ,

где A - неизвестная постоянная. Однако в рассматриваемой задаче имеет место дополнительное интегральное граничное условие (условие равновесия части клина, отсеченной дугой радиусом r ), позволяющее трактовать приложенную систему распределенных нагрузок как сосредоточенный момент (принцип Сен-Венана). Применение этого условия для определения постоянной A дает: a

ò trq (r dq)r = M

Þ

-a

Þ

a

A

ò (cos 2q - cos 2a )dq

-a

A=

M . sin 2a - 2a cos 2a

Окончательно, для напряжений получаем:

sr = -

2M 1 × 2 sin 2q , sin 2a - 2a cos 2a r

sq = 0 , trq =

M 1 × ( cos 2q - cos 2a ) . sin 2a - 2a cos 2a r 2 110

Þ

Задача 17 Упругая полуплоскость, нагруженная сосредоточенной силой (сосредоточенным моментом) Рассматривается тонкая полубесконечная пластина (полуплоскость) x ³ 0 (рис. 17.1), выполненная из упругого однородного и изотропного материала ( E , n - его упругие характеристики). 17.1. Определить напряженнодеформированное состояние пластины, нагруженной сосредоточенной силой P , приложенной в начале координат и перпендикулярной к границе x = 0 (задача Фламана).

Рис. 17.1

17.2. Обобщить задачу Фламана на случай нагружения упругой полуплоскости распределенной нагрузкой. 17.3. Определить напряженное состояние пластины, нагруженной сосредоточенной силой T , приложенной в начале координат O и направленной по оси y . 17.4. Определить напряженное состояние пластины, нагруженной сосредоточенным моментом M , приложенным в начале координат O .

Решение 17.1. Задача Фламана о нагружении упругой полуплоскости сосредоточенной силой P , перпендикулярной к границе x = 0 , является частным случаем задачи о клине, нагруженном сосредоточенной силой, приложенной к его вершине (см. задачу 16). Действительно, если в задаче о клине принять a = p / 2 и g = 0 , то A = 0 , B = - 2P / p , и получаем решение, которое будет иметь вид sr = -

2 P cos q pr

,

s q = t rq = 0 . 111

(17.1)

Характерной особенностью полученного решения является наличие окружностей равных напряжений: напряжение s r в любой точке окружности произвольного диаметра a есть величина постоянная. Действительно, для точки M ( r = OM ) имеем:

2 P cos q 2 P cos q 2P s r r =OM = === const . p OM p a cos q pa Главное касательное напряжение во всех точках окружности также является постоянной величиной: t max r = OM =

P s r - sq = = const . 2 pa

Рассматриваемая задача подтверждает принцип Сен-Венана (сосредоточенная сила трактуется как некоторая система распределенной нагрузки, приложенной на окружности малого радиуса, а действительное напряжение под силой неопределенно) и демонстрирует локальный характер распределения напряжений от действия сосредоточенной силы (значения напряжений быстро убывают по мере удаления от точки приложения силы). Определим характер распределения напряжений на некоторой глубине x от границы полуплоскости. Легко получить, что на площадках, параллельных осям x и y , напряжения s x , s y и t xy будут определяться соотношениями: æ 2 P cos q ö ÷÷ cos 2 q , s x = sr cos 2 q = - çç p r è ø æ 2 P cos q ö 2 ÷÷ sin q , s y = sr sin 2 q = - çç è pr ø

(17.2)

æ 2 P cos q ö ÷÷ cos q sin q . t xy = s r sin q cos q = - çç è pr ø

Учитывая, что r =

x 2 + y 2 , cos q = x / r , sin q = y / r , получим:

112

sx = -

2P x3 p x2 + y 2 2

sy = -

2P x y2 , p x2 + y2 2

t xy = -

2P x2 y . p x2 + y 2 2

(

(

(

)

,

)

(17.3)

)

Нормальное напряжение s x достигает своего максимального значения по линии действия силы P : s x max = -2 P / p x » - P / 1,6 x

и убывает по мере удаления от нее влево и вправо, а также с увеличением расстояния от прямолинейного края пластины. Деформированное состояние в точках пластины определяется уравнениями линейного физического закона и зависимостями Коши, которые с учетом соотношений (17.1) принимают вид ¶u 1 2 P cos q =- × , ¶r pr E u 1 ¶ v n 2 P cos q eq = + = × , r r ¶q E pr er =

grq =

(17.4)

1 ¶u ¶ v v + - =0 . r ¶q ¶r r

Для построения поля перемещений интегрируем первое и второе уравнение из (17.4): 2P cos q × ln r + f 1¢ (q) , pE 2nP 2P v= sin q + ln r × sin q - f1 (q) + f 2 ( r ) . pE pE u=-

113

Уравнения для определения неизвестных функций f1 (q) и f 2 ( r ) получим, подставляя найденные значения перемещений в третье уравнение (17.4) и разбивая затем полученное соотношение на два. Будем иметь:

f 1¢¢(q) + f1 (q) = f 2¢ ( r ) -

2 P (1 - n ) sin q , pE

1 f2 (r) = 0 . r

Интегрирование уравнений позволяет записать:

P (1 - n ) q cos q , pE f 2 ( r ) = C3 r .

f1 (q) = С1 cos q + C2 sin q +

С учетом найденных функций f1 (q) и f 2 ( r ) перемещения u и v принимают вид

u=v=

2 P cos q P (1 - n ) ù P (1 - n ) é q sin q + ê C2 + × ln r cos q - C1 sin q , pE úû pE pE ë

2 P ln r P (1 - n ) 2nP é sin q q cos q - С1 cos q - ê C2 pE pE pE ë

ù úû sin q + C3r .

Для определения неизвестных постоянных C1 , C2 и C3 необходимо, исходя из физического смысла задачи, закрепить полуплоскость так, чтобы исключить ее перемещение как твердого тела. Здесь, например, возможны варианты: - при q = 0 принять v = 0 (точки, расположенные на линии действия силы, могут перемещаться только в направлении оси x ); - при q = 0 и r = h принять u = 0 , где h - достаточно большое расстояние (действие сосредоточенной силы носит локальный ха114

рактер - значения перемещений u быстро убывают по мере удаления от точки приложения силы). Во втором варианте

C1 = 0 , C3 = 0 ,

C2 =

P (1 - n ) 2P . × ln h pE pE

Окончательно, для перемещений получаем:

u=-

v=

2P pE

1- n é r ù êëln h × cos q + 2 q sin qúû ,

(17.5)

ù 1- n 2P é æ r 1 + n ö q cos qú . ç ln + ÷ sin q ê pE ë è h 2 2 ø û

Точки граничной линии ( q = p / 2 , r = y ) имеют перемещения:

u q= p / 2 = u y = -

P (1 - n ) , 2E

2P æ y 1 + n ö v q= p / 2 = u x = ç ln + ÷ , 2 ø pE è h т.е. точки граничной линии смещаются в горизонтальном направлении к точке приложения силы P на одинаковую величину, а в вертикальном - на разную. Напомним, что в соответствии с принципом Сен-Венана построенное решение пригодно, начиная с некоторых значений радиуса r (для точек граничной линии - с некоторых значений координаты y ). 115

17.2. При нагружении упругой полуплоскости (тонкой полубесконечной пластины) несколькими сосредоточенными силами Pi ( i = 1, 2 , . . . ), перпендикулярными к границе x = 0 , решение легко построить, суммируя действия каждой силы. Задачу можно обобщить и на случай нагружения упругой полуплоскости распределенной нагрузкой интенсивности q (рис. 17.2). d P = qd y

Выделим бесконечно малый элемент длины d y , на который приходится нагрузка d P = q d y . В полярной системе координат d y = r d q / cos q и, следовательно, элементарная нагрузка на отрезке d y равна d P = q r d q / cos q . При-

ращение напряжения s r от действия нагрузки d P определяется формулой d s r = - 2q d q / p . Соответственно, используя соотношения типа (17.2), получим: Рис. 17.2

2q cos 2 q d q , p 2q sin 2 q d q , dsy = p 2q d t xy = sin q cos q d q . p dsx = -

Поскольку нагрузка распределена на отрезке AB и угол q меняется от q1 до q 2 , суммирование приращений напряжений от всех элементарных нагрузок приводит к результату: 2 sx = p sy = -

2 p

q2

ò

q cos 2 q d q ,

q1 q2

ò

q sin 2 q d q ,

q1

116

2 t xy = p

q2

ò q sin q cos q d q

.

q1

Чтобы проинтегрировать полученные соотношения, требуется предварительно представить нагрузку q как функцию угла q . Очевидно, наиболее просто задача решается в случае равномерно распределенной нагрузки q = const . В этом случае: q s x = - ( q / 2p)[ 2q + sin 2q] q 2 , 1

q s y = - ( q / 2p)[2q - sin 2q] q 2 , 1

q t xy = ( q / 2p )cos 2q q 2 . 1

Полученные соотношения можно преобразовать к прямоугольным координатам x и y , принимая во внимание, что cos q = = x/

x 2 + y 2 , sin q = y /

x 2 + y 2 и q = arctg ( x / y ) ,

17.3. Задача о нагружении упругой полуплоскости (тонкой полубесконечной пластины) сосредоточенной силой T , приложенной в начале координат и направленной вдоль оси y , является частным случаем задачи о клине. Действительно, если в задаче о клине принять a = p / 2 и g = p / 2 , то B = 0 , A = - 2T / p . В этом случае решение будет иметь вид sr = -

2 T sin q pr

,

s q = t rq = 0 .

117

(17.6)

Задача 18 Нагружение тонкого кругового диска сосредоточенными силами Тонкий круговой диск диаметром d , выполненный из упругого изотропного материала, нагружен двумя равными и противоположно направленными силами P , действующими вдоль одной прямой (вдоль оси x ). 18.1. Определить напряженное состояние диска, принимая, что силы P действуют вдоль диаметра AB (рис. 18.1). Отметим, что в таких условиях находится элемент цилиндрического катка мостовой опоры, вырезанный двумя плоскостями, перпендикулярными к оси цилиндра.

Рис. 18.1

18.2. Обобщить решение задачи о сплошном диске (п. 18.1) на случай кругового кольца ( a - внутренний радиус, b - внешний).

Решение 18.1. Для решения поставленной задачи воспользуемся полученным ранее решением задачи Фламана о нагружении упругой полуплоскости сосредоточенной силой P (см. задачу 17.1). Будем считать, что от действия каждой из двух сил P в любой точке M границы (окружности) диска имеем сжатия в направлениях AM ( r1 ) и BM ( r2 ), по величине равные, соответственно, sr 1 = -

2 P cos q1 p r1

и

sr 2 = -

118

2 P cos q 2 p r2

.

Поскольку отрезки r1 и r2 перпендикулярны, то cos q1 / r1 = = cos q 2 / r2 = 1 / d и, соответственно, s r 1 = s r 2 = - 2 P / p d . В таком случае можем утверждать, что два главных напряжения в точке M ( sq = trq = 0 ) являются двумя равными сжимающими напряжениями, имеющими величину 2 P / pd . Следовательно, на любой площадке, проходящей через точку M и перпендикулярной плоскости диска, будут действовать такие же сжимающие напряжения. Таким образом, чтобы создать предполагаемые два простых радиальных распределения напряжений при действии двух сосредоточенных сил P , нужно по окружности диска приложить нормальные сжимающие усилия интенсивностью 2 P / pd . Если же граница диска свободна от внешних усилий, напряжения в любой точке будут определяться путем наложения однородного (равномерного) растяжения в плоскости диска интенсивностью 2 P / pd на два простых радиальных распределений сжимающих напряжений от двух сосредоточенных сил P . Для определения напряжений s x , s y и t xy , имеющих место от действия сил P на площадках, параллельных осям x и y , можно пользоваться соотношениями (17.2) или (17.3). В качестве примера определим напряжения на площадке в произвольной точке N ( r , q ), расположенной в диаметральном сечении CD (на оси y ; см. рис. 18.1). Из симметрии задачи следует, что на рассматриваемом уровне касательные напряжения равны нулю. Нормальное напряжение s x , вызываемое силами P , будет равно: æ 2 P cos q ö 2 ÷÷ cos q , s x = - 2 çç è pr ø

где r - расстояние AN ; q - угол между AN и вертикальным диаметром. Накладывая на это распределение напряжений одно~ = 2 P / p d , получим полное нормальное народное растяжение s x пряжение s x в виде 119

sx = -

или, учитывая, что cos q = d /

4 P cos 3 q 2 P + pr pd

,

d 2 + 4 y2 ,

é ù 2P ê 4d 4 ú . sx = 1pd ê 2 2 2ú d + 4y ë û

(

)

Максимальное сжимающее напряжение вдоль диаметра CD имеет место в центре диска ( y = 0 ), где s x max = - 6 P / p d . На концах диаметра CD напряжение s x обращается в нуль. 18.2. Рассматривая задачу о нагружении сплошного диска двумя силами P , проходящими через центр диска, получили, что напряжения в любой точке будут определяться путем наложения равномерного растяжения интенсивностью 2 P / pd на два простых радиальных распределения напряжений от сил P . Пользуясь полученным решением, можно найти распределение напряжений в круговом кольце ( a - внутренний радиус, b - внешний), нагруженном двумя силами P , проходящими через центр кольца. Действительно, в задаче о сплошном диске радиусом b можем определить нормальные и касательные напряжения на площадках, перпендикулярных плоскости диска и касательных к окружности радиусом a . Предположим теперь, что по окружности радиусом a сделан разрез. Распределим по контуру полученного отверстия нормальные и касательные напряжения, равные по величине найденным, но противоположно направленные, и определим соответствующие напряжения в кольце. Суммируя полученные напряжения с напряжениями в сплошном диске, приходим к решению задачи о сжатии кругового кольца двумя равными и противоположно направленными силами P , проходящими через центр кольца. 120

Задача 19 Сопротивление разрушению образца из бетона Образец из бетона выполнен в форме длинного кругового цилиндра радиусом a = d / 2 . Для испытаний образец (цилиндр) помещается между двумя параллельными плитами, посредством которых осуществляется его нагружение равномерно распределенными сжимающими силами, действующими по образующим r = a , q = 0 и r = a , q = p (рис. 19.1).

Рис. 19.1

Сжимающие силы определим величиной p - силой, отнесенной к единице длины. Испытание заключается в постепенном увеличении нагрузки p вплоть до разрушения образца, которое происходит в плоскости y = 0. Провести анализ напряженного состояния с отысканием главных нормальных напряжений в точках диаметра y = 0 и выявлением условия «хрупкого» разрушения. Определить напряжение разрушения при p c = 6 ×106 Н/м, a = d / 2 = 3 × 10 - 2 м.

Решение Нетрудно видеть, что образец из бетона находится в состоянии плоской деформации. Соответственно, для решения поставленной задачи можно воспользоваться готовым решением соответствующей задачи о плоском напряженном состоянии: о тонком круговом диске диметра d , нагруженном двумя равными и противоположно направленными силами P , действующими вдоль одной прямой (см. задачу 18). Поскольку рассматривается вариант «хрупкого» разрушения в плоскости y = 0 , необходимо определить нормальное напря121

жение s y в диаметральном сечении, расположенном на оси x (см. рис. 19.1). Из симметрии задачи следует, что на рассматриваемом уровне касательные напряжения равны нулю. Нормальное напряжение s у , вызываемое двумя силами p (см. задачи 17 и 18), будет равно:

æ 2 p cos q ö ÷÷ sin 2 q . s y = - 2 çç è pr ø Накладывая на это распределение напряжений однородное рас~ = 2 p / pd , получим полное нормальное напряжение s тяжение s y y в виде

sy = -

4 p sin 2 q cos q 2 p + pr pd

.

На уровне q = 0 ( y = 0 ) для напряжения s y находим:

s y = 2 p / pd . Отметим, что найденное напряжение s y является величиной постоянной и положительной, в то время как при q = 0 напряжения s x (см. задачу 18) и s z = n s x + s y - величины отрицательные,

(

)

причем s x < s z . Поскольку касательное напряжение при q = 0 равно нулю, для главных нормальных напряжений будем иметь: sI = s y ,

s II = s z ,

s III = s x .

Очевидно, условием «хрупкого» разрушения образца будет: (s y )с = 2 p с / pd

Þ

2

(s y ) с = 6,4 × 107 Н/м = 64 МПа. 122

Задача 20 Нагружение толстостенного цилиндра равномерным внутренним и внешним давлениями Длинная толстостенная труба с внутренним радиусом a и наружным b нагружена давлениями pa и pb , равномерно распределенными по внутренней и по внешней поверхностям. Определить напряжения и перемещения.

Решение Рассматриваемая задача является осесимметричной задачей о плоской деформации. Решение задач подобного рода сводится к интегрированию бигармонического уравнения относительно функции напряжений j (r ) Ñ 2Ñ 2 j = 0

Þ

Þ

1 d ìï d ír r d r ïî d r

é 1 d æ d j öù üï çç r ÷÷ú ý = 0 ê ë r d r è d r øû ïþ

j = C 1 r 2 ln r + C 2 r 2 + C3 ln r + C4

ì ïï s r = Þ í ï s = q îï

Þ

1 dj C = C1(1 + 2 ln r ) + 2C2 + 3 ; r dr r2 d 2j C = C1( 3 + 2 ln r ) + 2C2 - 23 2 dr r

Þ (20.1)

(20.2)

с дальнейшим выполнением граничных условий. Однако использование общего решения плоских осесимметричных задач (20.1), (20.2) для решения поставленной задачи не позволяет однозначно определить постоянные интегрирования из граничных условий. Действительно, граничные условия в напряжениях в данной задаче имеют вид 123

s r r = a = - pa ,

sr r =b = - pb ,

(20.3)

что дает только два уравнения для трех неизвестных C1 , C2 и C3 . Сложившаяся ситуация типична при решении в напряжениях задач с многосвязными контурами тела (в рассматриваемой задаче контур поперечного сечения - двухсвязный). Обойти затруднение с неоднозначностью решения можно двумя путями: - рассмотреть решение задачи в перемещениях (можно видеть, что в этом случае для определения перемещения u получим дифференциальное уравнение второго порядка, решение которого будет содержать только две постоянные интегрирования, для определения которых двух уравнений (20.3) вполне достаточно); - описать решение задачи в напряжениях разрешающим уравнением (относительно функции напряжений j ) меньшего порядка, чем полученное в общем случае бигармоническое уравнение. Рассмотрим второй вариант. Выпишем уравнения, определяющие решение осесимметричной задачи: - дифференциальное уравнение равновесия -

dsr s r - sq + =0 Þ dr r

d ( r s r ) - sq = 0 ; dr

(20.4)

- зависимости Коши и условия совместности деформаций СенВенана -

er =

du , dr

eq =

u r

Þ

d ( r eq ) - er = 0 ; dr

(20.5)

- уравнения линейного физического закона er =

1 ( sr - n sq ) , E

eq =

1 ( sq - n s r ) . E

124

(20.6)

Построение решения в напряжениях с применением функции напряжений проведем по стандартной схеме. Подставляя в условия совместности деформаций Сен-Венана (20.5) значения деформаций (20.6), получим: r

d sr d sq + (1 + n )( sq - s r ) = 0 . - rn dr dr

(20.7)

Введение функции напряжений j в выбранном ранее виде sr =

1 dj , r dr

sq =

d 2j dr2

позволяет удовлетворить уравнение равновесия (20.4) и из преобразованного условия совместности деформаций (20.7) получить дифференциальное уравнение третьего порядка d 3j dr

3

+

1 d 2j 1 d j =0 r d r2 r2 dr

Þ

d dr

é 1 d æ d j öù ÷÷ ú = 0 , çç r ê ë r d r è d r øû

решение которого имеет вид

j = C1 r 2 / 4 + C 2 ln r + C3 , или в старых обозначениях

j = C2 r 2 + C3 ln r + C 4 . Получили, что для рассматриваемой задачи постоянная C1 равна нулю, и из двух граничных условий (20.3) остается определить постоянные C2 и C3 : p a 2 - pbb 2 2C2 = a 2 b - a2

,

C3 =

125

( pb - pa ) a 2b 2 b2 - a 2

.

Соответственно, для напряжений получим: p a 2 - pbb 2 ( pb - pa ) a 2b 2 1 sr = a 2 + × 2 b - a2 b2 - a 2 r pa a 2 - pbb 2 ( pb - pa ) a 2b 2 1 sq = × 2 b2 - a 2 b2 - a 2 r

, (20.8) .

Отметим, что, вводя функцию напряжений в более простой форме sr = j / r , s q = d j / d r , решение поставленной задачи можно свести к дифференциальному уравнению второго порядка d 2j dr

2

+

1 dj j =0 r d r r2

Þ

d é1 d (r j)úù = 0 , ê dr ër dr û

интегрирование которого приводит к несколько иной форме функции напряжений, но напряженное состояние, ей соответствующее, будет тем же самым:

j=

A1 r

A + 2 2 r

sr =

Þ

sq =

A1 2 A1

2

A + 2 ; r2 A - 2 r2

Þ

C s r = 2C 2 + 3 ; r2 C s q = 2C2 - 3 . r2

Определение деформаций e r , eq и перемещения u ( v = 0 ) при известном поле напряжений (20.8) не представляет труда: er =

du ( s r - n* sq ) = * dr E 1

, eq =

u * ( ) s n s = , q r r E* 1

где E * = E / (1 - n 2 ) , n* = 1 / (1 - n) для плоской деформации. Не останавливаясь на промежуточных преобразованиях, приведем окончательное соотношение для перемещения: u=

1+ n E

é pa a 2 - pbb 2 ( p - pa ) a 2 b 2 1 ù (1 - 2n) r - b × ú . ê 2 2 r úû b2 - a 2 êë b - a

126

Задача 21 Влияние условий закрепления краев цилиндрических труб, подверженных действию равномерных давлений, на их напряженно-деформированное состояние Толстостенный цилиндр высотой h c внутренним радиусом a и внешним b нагружается равномерным внутренним p a и/или внешним p b давлениями. Определить напряжения и перемещения при следующих способах закрепления краев. 21.1. Цилиндр опирается на абсолютно жесткую и гладкую плоскость. 21.2. Цилиндр находится между двумя жесткими и гладкими плоскостями, расстояние между которыми не меняется. 21.3. Края цилиндра жестко закреплены. 21.4. Края цилиндра свободны. 21.5. Цилиндр имеет приваренные днища.

Решение При рассмотрении осесимметричной деформации тел вращения в цилиндрической системе координат перемещения u , w ( v = 0 ) и напряжения s r , sq , s z , tr z ( tr q = tq z = 0 ) могут быть представ-

лены через одну бигармоническую функцию j ( r , z ) : ì ¶ 2j 2 m u = ; ï ¶ r ¶z ï í 2 ù é ï 2 m w = ê 2 (1 - n )Ñ 2j - ¶ j ú + d , ï ¶ z 2 úû êë î

127

ì ¶ 2j ö ¶ æ ï sr = ç n Ñ 2j - 2 ÷ ; ¶z çè ¶ r ÷ø ï ï ï sq = ¶ æç n Ñ 2j - 1 ¶j ö÷ ; ïï ¶z çè r ¶ r ÷ø í 2 ù é ï s = ¶ ê ( 2 - n ) Ñ 2j - ¶ j ú ; ï z ¶z ê ¶ z 2 úû ë ï ï ¶ é ¶ 2j ù 2 ( ) 1 t = n Ñ j ú , ê ï rz ¶ r êë ¶ z 2 úû ïî 1 ¶ ¶2 - оператор Лапласа; d - произвольная + + ¶r 2 r ¶r ¶ z2 постоянная; m = G = E / 2 (1 + n ) , E , n - упругие (действительные) характеристики материала. Подстановкой легко проверить, что при заданной системе перемещений удовлетворяются уравнения Ламе, а при заданной системе напряжений - дифференциальные уравнения равновесия и уравнения Бельтрами - Митчелла. Для отыскания функции напряжений j ( r , z ) удобно задать ее в виде степенного конечного ряда переменной z , коэффициентами которого являются неизвестные функции переменной r :

где Ñ 2 =

¶2

j (r , z ) =

4

å f k (r ) zk

.

(21.1)

k =0

Подставляя соотношение (21.1) в бигармоническое уравнение Ñ Ñ j = 0 и приравнивая нулю коэффициенты при одинаковых степенях z , получим дифференциальные уравнения для определения неизвестных функций f k ( r ) . Эти уравнения являются уравнениями эйлеровского типа и интегрируются в элементарных функциях. Опуская процедуры интегрирования уравнений и анализа результатов интегрирования и граничных условий в задачах осесим2 2

128

метричного деформирования тел вращения, функцию напряжений запишем в окончательном виде

(

)

j ( r , z ) = A ln r + B r 2 z + C z 3 .

(21.2)

Учитывая соотношение (21.2) для функции напряжений, перемещения и напряжения будут иметь вид ì ö æA ï 2 mu = - ç + 2 B r ÷ ; í ø èr ïî 2 m w = 8 (1 - n ) B z + 6 (1 - 2n ) C z + d ,

(21.3)

A ì ï s r = n ( 4 B + 6C ) + 2 - 2 B ; r ï ï s = n ( 4 B + 6C ) - A - 2 B ; í q r2 ï ï s z = 4 ( 2 - n ) B + 6 (1 - n )C ; ï tr z = 0 . î

(21.4)

Постоянные A , B , C и d подлежат определению из граничных условий в каждой конкретной задаче. 21.1. Если цилиндр опирается на абсолютно жесткую и гладкую плоскость, граничные условия имеют вид: - при r = a - sr = - pa , t r z = 0 ; - при r = b - s r = - pb , t r z = 0 ; - при z = 0 (верхний свободный край цилиндра) - s z = t r z = 0 ; - при z = h (нижний опирающийся край цилиндра) - w = 0 . Соответственно, для определения постоянных A , B , C и d получаем уравнения: s r r = a = - pa

Þ

A n ( 4 B + 6C ) + 2 - 2 B = - pa , a

129

s r r = b = - pb

Þ

s z z =0 = 0

Þ

w z =h = 0

Þ

n ( 4B + 6C ) +

A

- 2 B = - pb , b2 4 ( 2 - n ) B + 6 (1 - n )C = 0 ,

8 (1 - n )B h + 6 (1 - 2n )C h + d = 0 .

Решение уравнений относительно постоянных A , B , C и d приводит к результату: A= B=

( pb - pa ) a 2b 2 b2 - a2

,

1- n p b 2 - pa a 2 × b 2 , 2 (1 + n ) b - a2

C=-

2 - n pb b 2 - p a a 2 × , 3 (1 + n ) b2 - a2

d=-

p b 2 - pa a 2 nh × b . m (1 + n ) b2 - a 2

Таким образом, напряженное и деформированное состояние цилиндра, опирающегося на абсолютно жесткую и гладкую плоскость, определено полностью. 21.2. Если цилиндр находится между двумя жесткими и гладкими плоскостями, расстояние между которыми не меняется, граничные условия имеют вид: - при r = a - s r = - pa , t r z = 0 ; - при r = b - s r = - pb , t r z = 0 ; - при z = 0 (верхний край цилиндра) - w = 0 ; - при z = h (нижний край цилиндра) - w = 0 . Соответственно, для определения постоянных A , B , C и d получаем уравнения: 130

s r r = a = - pa

Þ

n ( 4 B + 6C ) +

s r r = b = - pb

Þ

n ( 4B + 6C ) +

w z =0 = 0

Þ

w z =h = 0

Þ

A a2 A

- 2 B = - pa ,

- 2 B = - pb , b2 d=0 ,

8 (1 - n )B h + 6 (1 - 2n ) C h + d = 0 .

Решение уравнений относительно постоянных A , B , C и d приводит к результату: A= B= C=-

( pb - pa ) a 2b 2 b2 - a2

,

1 - 2n pb b 2 - pa a 2 × , 2 b2 - a 2 2 (1 - n ) pb b 2 - p a a 2 × , 3 b2 - a 2 d=0 .

С учетом найденных значений постоянных для перемещения u ( w = 0 ) и напряжений s r , sq и s z получаем: E ( p - p ) a 2b 2 × 1 - (1 - 2n ) × pb b 2 - pa a 2 × r ; u=- b 2 a 2 1+ n r b -a b2 - a 2

(21.5)

p b 2 - pa a 2 ( pb - pa ) a 2b 2 1 sr = - b + × , b2 - a 2 b2 - a 2 r2 p b 2 - pa a 2 ( pb - pa ) a 2b 2 1 sq = - b 2 × 2 , b - a2 b2 - a 2 r p b 2 - pa a 2 s z = n ( s r + s q ) = - 2n × b 2 . b - a2

131

(21.6)

Легко убедиться, что решение (21.5) и (21.6) определяет напряженно-деформированное состояние цилиндра при рассматриваемых граничных условиях (цилиндр находится между двумя жесткими и гладкими плоскостями, расстояние между которыми не меняется) как плоскую деформацию (см. задачу 20). 21.3. Если края цилиндра жестко закреплены, граничные условия имеют тот же вид, что и для цилиндра, находящегося между двумя жесткими и гладкими плоскостями, расстояние между которыми не меняется. Можно утверждать, что и в этом случае цилиндр находится в состоянии плоской деформации. 21.4. Будем считать, что рассматриваемый толстостенный цилиндр нагружается только равномерным внутренним давлением p a . Если края цилиндра свободны, граничные условия имеют вид: - при r = a - sr = - pa , t r z = 0 ; - при r = b - s r = 0 , t r z = 0 ; - при z = 0 (верхний край цилиндра) - s z = t r z = 0 ; - при z = h (нижний край цилиндра) - s z = t r z = 0 . Естественно предположить, что напряжение s z равно нулю во всех точках цилиндра:

s z = 4 ( 2 - n ) B + 6 (1 - n )C = 0

Þ

B=-

3 (1 - n ) C . 2 ( 2 - n)

Оставшиеся два граничных условия принимают вид s r r = a = - pa

Þ

sr r =b = 0

Þ

A n ( 4 B + 6C ) + 2 - 2 B = - pa , a n ( 4 B + 6C ) +

132

A b2

- 2B = 0 .

Определение постоянных A , B , C приводит к результату: A = - pa B=C=

a 2b 2 b2 - a 2

,

1- n p a2 × 2a 2 , 2 (1 + n ) b - a

2-n p a2 × a . 3 (1 + n ) b 2 - a 2

При найденных значениях постоянных A , B и C записать соотношения для напряжений не представляет особого труда. Отметим, что постоянная d в рассматриваемой постановке задачи определяет перемещение цилиндра как целого в направлении оси z и может быть принята равной нулю. 21.5. Будем считать, что рассматриваемый толстостенный цилиндр нагружается равномерным внутренним p a и внешним p b давлениями. Если цилиндр имеет приваренные днища, то продольная сила, определяемая давлениями на днища, будет равна:

(

)

N z = p pa a 2 - pb b 2 ,

что приводит к наличию в точках цилиндра напряжения s z : p a 2 - pb b 2 sz = a . b2 - a2

Поскольку s z = 4 ( 2 - n ) B + 6 (1 - n )C , связь между постоянными B и C принимает вид B=-

3 (1 - n ) 1 p a 2 - pb b 2 C+ × a 2 . 2 ( 2 - n) 4 (2 - n) b - a2

133

(21.7)

С учетом найденной зависимости (21.7) из оставшихся граничных условий при r = a и r = b определим постоянные A и C : A= C=

( pb - pa ) a 2b 2 b2 - a2

,

5 - 4n pa a 2 - pb b 2 × . 6 (1 + n ) b2 - a2

Подставляя теперь значение постоянной C в соотношение (21.7), получим: B= -

1 - 2n p a a 2 - pb b 2 × . 2 (1 + n ) b2 - a 2

При найденных постоянных A , B и C записать соотношения для напряжений s r и sq не представляет особого труда: p b 2 - pa a 2 ( pb - pa ) a 2b 2 1 sr = - b + × , b2 - a 2 b2 - a 2 r2 p b - pa a (p - p )a b × 1 , sq = - b 2 - b 2 a 2 2 b -a b -a r2 2

2

2 2

(21.8)

Суммируя напряжения s r и sq , получим: sr + sq = 2s z . Обратим внимание, что в случае плоской деформации (п. 21.2, формулы (21.6)) имеем s z = n ( sr + sq ) . Сравнение этих двух соотношений показывает, что задача о толстостенной трубе с днищами является задачей о плоской деформации, если материал трубы имеет коэффициент Пуассона n = 0,5 .

134

Задача 22 Соединение цилиндров давления с натягом Определить упругое равновесие составного толстостенного цилиндра, когда внешний цилиндр «посажен» на внутренний с предварительным натягом (запрессовкой). Радиусы внутреннего цилиндра принять равными a и b , внешнего - b и c . Радиальное давление между цилиндрами считать равным p . 22.1. Решить поставленную задачу, определяя необходимую величину диаметрального натяга d , для случаев, когда: - цилиндры выполнены из разных материалов; - оба цилиндра выполнены из одного и того же материала. 22.2. Рассмотреть некоторые численные примеры.

Решение 22.1. Предположим, что после соединения с натягом двух цилиндров радиусы внутреннего цилиндра будут равными a и b , а наружного - b и c . Случай a = 0 определяет горячую посадку (запрессовку) цилиндра на вал. Радиальное давление между цилиндрами будем считать равным p . Если разъединить цилиндры, то внутренний цилиндр будет стремиться расшириться, а наружный – сжаться. Очевидно, что для определения изменения радиусов (для определения радиальных перемещений точек поверхностей цилиндров) необходимо иметь решение задачи о толстостенном цилиндре в перемещениях. При рассмотрении осесимметричной деформации тел вращения в цилиндрической системе координат функция напряжений представляется в форме (см. задачу 21):

(

)

j ( r , z ) = A ln r + B r 2 z + C z 3 .

135

(22.1)

Соответственно, перемещения и напряжения имеют вид:

ì æA ö ï 2 mu = - ç + 2 B r ÷ ; í r è ø ïî 2 m w = 8 (1 - n ) B z + 6 (1 - 2n ) C z + d ,

(22.2)

A ì ï s r = n ( 4 B + 6C ) + 2 - 2 B ; r ï ï s = n ( 4 B + 6C ) - A - 2 B ; í q r2 ï ï s z = 4 ( 2 - n ) B + 6 (1 - n )C ; ï tr z = 0 . î

(22.3)

Рассматривая задачу о толстостенном цилиндре c внутренним радиусом a и внешним b , нагруженном равномерным внутренним p a и внешним p b давлениями, как задачу о плоской деформации, легко получить: A= B= C =-

( pb - pa ) a 2b 2 b2 - a 2

,

1 - 2n pb b 2 - pa a 2 × , 2 b2 - a2 2 (1 - n ) pb b 2 - pa a 2 × , 3 b2 - a2 d=0 .

С учетом найденных значений постоянных для перемещения u ( w = 0 ) и напряжений s r , s q и s z имеем:

( p - p ) a 2b 2 × 1 - (1 - 2n ) × pb b 2 - pa a 2 × r ; E u=- b 2 a 2 1+ n r b -a b2 - a 2 136

(22.4)

p b 2 - pa a 2 ( pb - pa ) a 2b 2 1 × + sr = - b , b2 - a 2 b2 - a 2 r2 p b 2 - pa a 2 ( pb - pa ) a 2b 2 1 sq = - b 2 × 2 , b - a2 b2 - a 2 r

(22.5)

p b 2 - pa a 2 s z = n ( s r + s q ) = - 2n × b 2 . b - a2

Отметим, что в приведенных соотношениях m = G = E / 2 (1 + n ) , E , n - действительные упругие характеристики материала. Будем считать, что цилиндры выполнены из разных материалов, упругие характеристики которых имеют следующие значения: E 1 , n 1 - для внутреннего цилиндра; E 2 , n 2 - для внешнего. Используем соотношение (22.4), определяющее перемещение u , для описания перемещений u1 точек внутреннего цилиндра. Принимая pa = 0 , pb = - p и r = b , найдем увеличение его внешнего радиуса. Будем иметь: u1

r =b

=

[

1 p b (1 + n1 ) 2 × a + (1 - 2n1 )b 2 E1 b 2 - a 2

]

,

(22.6)

где значения E 1 , n 1 относятся к материалу внутреннего цилиндра. Заменив теперь радиусы a и b , соответственно, на b и c и принимая в формуле (22.4) pa = - p , pb = 0 и r = b , найдем радиальное перемещение точек внутренней поверхности наружного цилиндра (уменьшение его внутреннего радиуса): u2

r =b

=-

[

1 p b(1 + n 2 ) 2 c + (1 - 2n 2 )b 2 × E2 c 2 - b 2

]

,

(22.7)

где значения E2 , n 2 относятся к материалу наружного цилиндра. 137

Полученные соотношения для радиальных перемещений (22.6) и (22.7) позволяют определить величину диаметрального натяга d , при котором давление между цилиндрами равно p :

d = u1 - u2 . r =b r =b 2

(22.8)

В частности, если оба цилиндра выполнены из одного и того же материала, будем иметь:

d 2 (1 - n 2 ) b3 ( c 2 - a 2 ) = × 2 ×p . 2 E ( b - a 2 ) ( c2 - b2 )

(22.9)

В случае цилиндра, посаженного на сплошной вал, принимаем a = 0 , и полученная формула преобразуется к виду

d=

4 (1 - n 2 ) bc 2 × 2 ×p . E ( c - b2 )

(22.10)

22.2а. На медный цилиндр ( Eм = 1×105 МПа, n = 0,25 ) с внешним диаметром 40 см ( b = 20 см) и толщиной стенки 10 см ( a = 10 см) плотно надет стальной цилиндр ( Eст = 2 × 10 5 МПа, n = 0,25 ) с внутренним диаметром 40 см ( b = 20 см) и внешним 60 см ( c = 30 см). Медный цилиндр нагружен внутренним давлением pa = 80 МПа. Найти давление q , передаваемое с медного цилиндра на стальной, и наибольшие напряжения в цилиндрах. Поскольку стальной цилиндр посажен на медный без натяга ( d = 0 ), для определения давления q будем использовать условие

uм

r =b

= u ст

r=b

,

(22.11)

где увеличение внешнего радиуса медного цилиндра определяется давлениями pa = 80 МПа и pb = q , а радиальное перемещение то138

чек внутренней поверхности стального цилиндра - давлениями pb = q и pc = 0 . Используя соотношение (22.4), будем иметь: uм

r =b

=

q b 2 - pa a 2 ù 1 + n é ( q - pa ) a 2 b × ê- (1 - 2n ) × × bú , Eм êë b2 - a2 b2 - a 2 úû

u ст

r =b

=

(1 + n ) × Eст

qb 2

c -b

2

[c

2

]

+ (1 - 2n )b 2 .

Подставив найденные значения радиальных перемещений в условие (22.11), после некоторых преобразований получим уравнение для определения давления q : 1 b2 - a2

[ 3p a a

2

(

- q 2a 2 + b 2

2 2 ) ] = q2((2cc2 -+bb2 ))

,

где учтено, что 1 - 2n = 1 / 2 . Решение уравнения приводит к результату: q = 19,05 МПа. Отыскание наибольших напряжений в цилиндрах не представляет особого труда: - для медного цилиндра sr r =a = - 80 МПа ,

sq r = a = 82,53 МПа ;

- для стального цилиндра sr r =b = -19,05 МПа ,

sq r =b = 49,53 МПа .

22.2б. На вал, имеющий диаметр d = 10 см, в горячем состоянии надета «рубашка», внутренний диаметр которой до нагревания был на 0,001 меньше диаметра вала. Толщина «рубашки» (цилиндра) 10 см. Вал и «рубашка» - стальные. Найти наибольшие напряжения в цилиндре. 139

В рассматриваемом случае имеем цилиндр, посаженный на сплошной вал. Для определения радиального давления p между валом и цилиндром, возникающего при горячей посадке (запрессовке) цилиндра на вал, воспользуемся формулой (22.10): d=

4 (1 - n 2 ) bc 2 × 2 ×p E ( c - b2 )

,

где d = d / 1000 = b / 500 - диаметральный натяг; E = 2 × 105 МПа; n = 0,3 ; b = 0,05 м; c = 0,15 м. Подставив исходные данные в предложенную формулу, для радиального давления p получим: p = 97,7 МПа. Определение наибольших напряжений в цилиндре не представляет особого труда: s r r =b = - 97,7 МПа ,

s q r = b = 122,1 МПа .

Учитывая, что напряжения s r и s q являются главными нормальными напряжениями ( s I = sq , s III = s r ), величина наибольшего касательного напряжения определяется известной формулой: tmax =

1 ( sI - sIII ) = 109,9 МПа . 2

140

Задача 23 Внутренняя расточка (нарезание внутренней резьбы) трубы (толстостенного цилиндра) Длинный толстостенный круговой цилиндр ( z - ось цилиндра), имеющий внутренний радиус a и внешний b , выполнен из упругого материала с характеристиками E , n ( l , m ). На внутренней границе цилиндра r = a приложен поток равномерно распределенных касательных усилий t a , направленный по часовой стрелке и имеющий результирующий момент на единицу длины цилиндра, равный M . Внешняя граница цилиндра r = b считается нагруженной потоком равномерно распределенных касательных усилий t b противоположного направления или закрепленной в каждой своей точке. Отметим, что поставленная задача соответствует технологической задаче расточки внутренней поверхности трубы или нарезания внутренней резьбы. Определить напряженное и деформированное состояние трубы при заданном нагружении.

Решение Рассматриваемая задача является задачей о плоском деформированном состоянии (плоской деформации). Решение плоской задачи в напряжениях в полярных координатах сводится к отысканию бигармонической функции напряжений F ( r , q) : Ñ 2Ñ 2 F = 0 , Ñ 2 =

¶2

1 ¶ 1 ¶2 , + + ¶ r 2 r ¶ r r 2 ¶ q2

отвечающей заданным граничным условиям на контуре поперечного сечения тела. Напряженное состояние при этом определяется соотношениями: 141

sr =

1 ¶ F 1 ¶ 2F , + r ¶ r r 2 ¶ q2

sq =

¶ 2F

, ¶r2

1 ¶ F 1 ¶ 2F . t rq = 2 r ¶q r ¶ r ¶ q

Для рассматриваемой задачи является вполне очевидным независимость напряжений от полярного угла q , и в этом случае функцию напряжений следует принять в виде F ( r , q ) = Aq + j ( r ) ,

(23.1)

где A - произвольная постоянная; j ( r ) - функция только переменной r . Подставив функцию напряжений (23.1) в бигармоническое уравнение, приходим к уравнению относительно функции j ( r ) æ d 2 1 d ö æ d 2 j 1 dj ö ç ÷ç ÷=0 , + + ç d r2 r d r ÷ç d r2 r d r ÷ è øè ø

решение которого известно: j ( r ) = С1 r 2 ln r + C 2 r 2 + C3 ln r + C 4 .

Таким образом, функция напряжений F ( r , q) принимает вид F ( r , q ) = Aq + С1 r 2 ln r + C 2 r 2 + C3 ln r + C 4 .

(23.2)

Напряженное состояние, соответствующее найденной функции напряжений, будет определяться соотношениями: sr =

1 ¶ F 1 ¶ 2F C + = C1(1 + 2 ln r ) + 2C2 + 23 , r ¶ r r 2 ¶ q2 r sq =

¶ 2F ¶r

2

C = C1( 3 + 2 ln r ) + 2C2 - 23 , r

142

1 ¶ F 1 ¶ 2F A = 2 t rq = 2 r ¶q r ¶ r ¶ q r

.

Отметим, что функция j ( r ) определяет решение осесимметричных задач, рассмотрение которых показывает, что постоянная интегрирования C 1 должна быть принята равной нулю. Остальные постоянные должны быть определены из граничных условий. При выполнении граничных условий примем во внимание, что равномерно распределенные касательные усилия t a на внутреннем контуре r = a и усилия t b на внешнем r = b имеют одинаковый по величине, но обратный по знаку результирующий момент M : M = 2pa 2t a = 2pb 2 tb Þ tb = ( a 2 / b 2 ) ta .

Граничные условия для напряжений в данной задаче с учетом направлений потоков касательных напряжений принимают форму: - при r = a - sr = 0 , trq = t a ; - при r = b - s r = 0 , trq = tb . Подставляя соотношения для напряжений в граничные условия, получаем уравнения для определения постоянных интегрирования: C 2C 2 + 3 = 0 , a2 C 2C2 + 3 = 0 , b2

A a2 A

b2

= ta ;

= tb .

Выполнение граничных условий приводит к следующим значениям постоянных: C 2 = C3 = 0 ; A = t a a 2 = tb b 2 = M / ( 2p) .

143

Окончательно, для напряжений будем иметь:

sr = sq = 0 , tr q = M / ( 2 pr 2 ) . Компоненты тензора деформаций в соответствии с зависимостями Коши и уравнениями линейного физического закона принимают вид ¶u =0 , ¶r 1 ¶v u eq = + =0 , r ¶q r er =

grq =

1 ¶ u ¶ v v 2 (1 + n * ) M , - = × + r ¶q ¶ r r E* 2p r 2

где E * = E / (1 - n 2 ) , n * = 1 /(1 - n ) - «фиктивные» технические упругие постоянные, используемые в задаче о плоском деформированном состоянии. Интегрируя первое уравнение, имеем u = u ( q) . Из второго уравнения следует: ¶v + u ( q) = 0 ¶q

Þ

v = - ò u ( q) dq + f ( r ) .

Подставляя полученные результаты в третье уравнение, будем иметь:

1 ¶u ¶ f 1 1 2 (1 + n * ) M , + ò u ( q) dq - f = × + r ¶q ¶ r r r E* 2p r 2 откуда получаем два уравнения относительно функций u ( q) и f ( r ) : ¶u + ò u ( q ) dq = 0 Þ ¶q

144

d 2u dq

2

+ u ( q) = 0 ,

2 (1 + n * ) M ¶f 1 . - f= × ¶r r E* 2pr 2

Решая каждое уравнение в отдельности, находим: u ( q ) = B1 sin q + B 2 cos q , f (r ) = B3 r -

1 + n* E

*

×

M . 2pr

Таким образом, для перемещений u и v имеем: u ( q ) = B1 sin q + B 2 cos q , v ( r , q ) = B1 cos q - B 2 sin q + B 3 r -

1 + n* E

*

×

M . 2pr

Постоянные интегрирования B1 , B 2 , B 3 должны определяться из условий закрепления цилиндра. В рассматриваемой задаче, очевидно, что

u = 0 Þ B1 = B = 0 , а постоянная B3 определяется из условия закрепления внешнего контура в каждой его точке: 1 + n* M v ( r ) r = b = B3 b × =0 E * 2p b

Þ

B3 =

1 + n* E

*

×

M 2p b 2

.

Окончательно, для перемещения v имеем: v (r ) = -

1 + n* M b 2 - r 2 × × E* 2 p rb 2

Þ v (r ) = -

145

1 + n M b2 - r 2 × × . E 2p r b2

Задача 24 Вращение диска (кругового цилиндра) Рассматривается вращение с постоянной угловой скоростью w тонкого диска постоянной толщины. Удельный вес материал диска r . 24.1. Определить напряженное и деформированное состояние диска при его нагружении силами инерции (центробежными силами). 24.2. Провести анализ напряженного состояния диска с определением главных нормальных и касательных напряжений и выявлением опасных точек для отыскания критического значения угловой скорости вращения wc . 24.3. Распространить полученное решение на задачу о вращающихся цилиндрах (валах).

Решение 24.1. Будем считать, что напряженное состояние диска при его равномерном вращении полностью определяется центробежными силами. В этом случае задача является осесимметричной: касательное напряжение trq равно нулю, а нормальные напряжения sr и sq не зависят от переменной q . Центробежная сила является объемной. Соответственно, дифференциальное уравнение равновесия принимает вид d ds r s r - s q ( r s r ) - s q + r w2 r 2 = 0 , + + r w2 r = 0 Þ dr r dr

где r w2r - центробежная сила, отнесенная к единице объема; r удельный вес материала диска; w - угловая скорость вращения. Введение функции напряжений j ( r ) в виде 146

j , r

sr =

sq =

dj + rw 2 r 2 dr

(24.1)

позволяет удовлетворить уравнение равновесия. Исключая перемещение u из зависимостей Коши, получим условие совместности деформаций: er =

du , e = u q r dr

Þ

r

de q + eq - e r = 0 . dr

Преобразование условия совместности деформаций с учетом соотношений линейного физического закона и формул (24.1), вводящих функцию напряжений, позволяет найти разрешающее уравнение для функции напряжений j : d dr

ù é1 d (r j)ú = - (3 + n ) rw2r . ê û ër dr

Непосредственное интегрирование этого уравнения приводит к следующему результату: j=

A1 r 2

+

A2 r

- (3 + n ) rw2

r3 . 8

При найденной функции напряжений j ( r ) напряжения принимают вид sr =

A1 2 A1

+

A2 r2 A2

-

3+n r w2 r 2 , 8

1 + 3n sq = r w2 r 2 . 2 2 8 r

(24.2)

Постоянные интегрирования A1 и A 2 определим из граничных условий отдельно для сплошного диска и диска с круговым отверстием. 147

Сплошной диск. Поскольку напряжения в центре диска должны быть конечными, следует принять A 2 = 0 . Вторая постоянная A 1 находится из граничного условия на внешнем радиусе r = b : s r r =b = 0

Þ

A1 =

3+n r w2 b 2 . 4

С учетом найденных значений постоянных A 1 и A 2 соотношения для напряжений принимают вид sr = r w2 sq = 8

(

3+n rw 2 b 2 - r 2 8

[ ( 3 + n )b

2

),

- (1 + 3 n ) r

2

]

(24.3) .

Диск с круговым отверстием. Поскольку оба контура ( r = a и r = b ) свободны от внешних сил, граничные условия имеют вид sr r = a = 0 ,

s r r =b = 0 ,

откуда следует: A1

(

)

3+n rw2 a 2 + b 2 , 8 3+n A2 = rw 2 a 2 b 2 . 8

2

=

Напряжения в этом случае будут равны: sr = sq =

æ ö 3+n a 2b 2 r w2 ç b 2 + a 2 - 2 - r 2 ÷ , ç ÷ 8 r è ø

æ a 2b 2 1 + 3n 2 ö÷ 3+ n . r r w2 ç b 2 + a 2 + 2 ç ÷ 8 3 + n r è ø

148

Для решения задачи в перемещениях (для определения радиального перемещения точек) воспользуемся линейным физическим законом, записав его относительно напряжений с учетом зависимостей Коши:

æ çç 1- n è E æ çç sq = 1 - n2 è

sr =

E

2

du uö + n ÷÷ , dr rø u du ö + n ÷÷ . r dr ø

(24.4)

Преобразование дифференциального уравнения равновесия с учетом соотношений линейного физического закона в форме (24.4) приводит к дифференциальному уравнению второго порядка относительно перемещения u ( r ) :

ù 1 - n2 d é1 d = r w2 r . ( ru ) ú d r êë r d r E û Непосредственное интегрирование уравнения, определяющего перемещение u ( r ) , позволяет получить: u=-

1- n2 C r C r w2 r 3 + 1 + 2 8E 2 r

(24.5)

.

По формулам (24.4) определим напряжения. Будем иметь: sr = -

(3 + n ) r w2 2 E C1 E C2 r + × × 8 1- n 2 1+ n r2

sq = -

(1 + 3n) r w2 2 E C1 E C2 . r + × × + 8 1- n 2 1+ n r2

,

Полученные соотношения для напряжений совпадают с их значениями (24.2), если 149

C1 =

1- n A1 , E

C2 = -

1+ n A2 . E

Для сплошного диска ранее получили A 1 =

(24.6)

3+n r w2 b 2 , A 2 = 0 . 4

Соответственно,

C1 =

1- n 3 + n × r w 2b 2 , C 2 = 0 , E 4

и перемещение u ( r ) будет определяться соотношением: u=

[

1- n r w2 r ( 3 + n ) b 2 - (1 + n ) r 2 8E

]

.

(24.7)

Радиальное перемещение точек диска с отверстием находится аналогично. 24.2. Для вращающегося диска оба напряжения s r и sq являются главными нормальными, а третье напряжение s z равно нулю. Добавим, что напряжения s r и s q - положительные и, кроме того, s q > s r . Соответственно, главные нормальные напряжения можно записать в следующем порядке:

s I = sq , s II = s r , s III = 0 . Величина наибольшего касательного напряжения определяется известной формулой:

t max = ( s I - s III ) / 2

Þ t max = sq / 2 .

Нетрудно заметить, что для сплошного диска наибольшие значения напряжений s r и s q имеют место в центре диска: s r r = 0 = (s r )max = s q r = 0 = (sq )max =

150

3+n r w2 b 2 . 8

В этом случае условием для отыскания критического значения угловой скорости вращения wc будет уравнение 3+n r wc2 b 2 £ [ t ] , 16

решение которого дает wc2 =

16 [ t ] (3 + n ) r b 2

.

Для диска с круговым отверстием окружное напряжение s q имеет наибольшее значение на внутреннем контуре, где оно равно: s q r = a = (s q )max =

æ 3+n 1 - n a 2 ö÷ rw 2 b 2 ç 1 + × ç 4 3 + n b 2 ÷ø è

.

Радиальное напряжение достигает наибольшего значения в точках r = ab : s r r = ab = ( s r )max =

3+n r w2 ( b 2 - a 2 ) . 8

Нетрудно видеть, что опасными точками для диска с отверстием являются точки на внутреннем контуре r = a . Если круговое отверстие в диске мало, так что величиной

(1 - n ) a 2 / (3 + n ) b 2 можно пренебречь по сравнению с единицей, то (sq )max для диска с отверстием будет в два раза больше, чем для сплошного диска: малое отверстие является концентратором напряжений. 24.3. Задача о напряжениях во вращающихся цилиндрах (валах) является задачей о плоском деформированном состоянии. Соответственно, если для вращающегося сплошного диска (плоское на151

пряженное состояние) соотношения для радиального перемещения и напряжений имеют вид u=

[

1- n r w2 r ( 3 + n ) b 2 - (1 + n ) r 2 8E

sq =

(

sr =

3+n rw 2 b 2 - r 2 8

rw 2 8

[ ( 3 + n )b

2

)

]

;

,

- (1 + 3 n ) r 2

]

,

то для получения таких же соотношений в задаче о вращающемся сплошном вале необходимо вместо действительных упругих постоянных E и n ввести «фиктивные» постоянные E * = E / (1 - n 2 ) и n * = n / (1 - n ) . Будем иметь: u=

]

Þ r w2 r ( 3 + n * ) b 2 - ( 1 + n * ) r 2 8E * ( 1 - 2n ) ( 1 + n ) u= r w2 r (3 - 2n ) b 2 - r 2 ; 8E ( 1 - n)

[

Þ sr =

[

1 - n*

(

3 + n* rw 2 b 2 - r 2 8 sq =

Þ

)

Þ

(

1 3 - 2n × r w2 b 2 - r 2 8 1- n

),

[(3 + n )b - (1 + 3 n ) r ] Þ 1 rw [(3 - 2n )b - (1 + 2 n ) r ] . = × 8 1- n

rw2 8

sq

sr =

]

*

*

2

2

2

2

2

Максимальные напряжения для сплошного вала имеют место в его центре: 1 3 - 2n s r r = 0 = sq r = 0 = × r w2 b 2 . 8 1- n

152

Напомним, что в задаче о плоском напряженном состоянии напряжение s z равно нулю. В задаче о плоской деформации это напряжение отлично от нуля: s z = n ( sr + sq ) . В задаче о вращающемся сплошном вале для s z будем иметь: sz =

[

n r w2 ( 3 - 2n ) b 2 - 2 r 2 4 (1 - n )

]

.

Если вал может свободно деформироваться в осевом направлении, то равномерная продольная деформация e z должна определяться из условия отсутствия на торцах продольных сил. Для сплошного вала ( s z не зависит от q ) имеем: b

ò s z r dr = 0 Þ

0

b

n ò (s r + s q ) r d r + Ee z × 0

b2 =0 , 2

откуда следует:

ez = -

n r w 2b 2 2E

и

sz =

(

n r w2 b 2 - 2r 2 4 (1 - n )

)

.

Аналогичным образом можно получить все необходимые соотношения для полого вала с внутренним радиусом r = a и с внешним r = b .

153

Задача 25 Тонкая пластина, ослабленная круговым отверстием Тонкая полоса (пластина) большой ширины, ослабленная круговым отверстием радиусом a (рис. 25.1), растягивается усилиями S в направлении оси x .

Рис. 25.1

25.1. Определить напряженное состояние полосы. 25.2. Провести анализ напряженного состояния полосы с определением ее ширины, соответствующей полученному решению. 25.3. Обобщить решение задачи на случаи растяжения/сжатия пластины с малым круговым отверстием в двух взаимноперпендикулярных направлениях.

Решение 25.1. При растяжении полосы, не имеющей отверстия, ее напряженное состояние можно записать в виде s 0x = S

,

s 0y = t 0xy = 0 ,

что соответствует следующей функции напряжений j ( x, y ) : j0 = S y 2 / 2 .

Поскольку в полосе предполагается наличие кругового отверстия, в дальнейшем будем использовать полярную систему координат r , q . Соответственно, в полярной системе координат напряженное состояние полосы без отверстия будет определяться соотношениями: 154

j 0 = Sr 2 sin 2 q / 2

Þ

j 0 = S r 2 (1 - cos 2q) / 4 ;

s 0r = S (1 + cos 2q) / 2 , s 0q = S (1 - cos 2q) / 2 ,

t 0rq = - ( S / 2) sin 2q . Если же в растянутой сплошной полосе сделать отверстие, то, очевидно, что напряжения, вызванные наличием отверстия, будут иметь локальный характер, и на достаточно большом расстоянии от отверстия напряжения будут такими же, как и в сплошной полосе. Исходя из этих соображений, в поставленной задаче функцию напряжений j ( r , q) будем разыскивать в форме j = f 1( r ) + f 2 ( r ) cos 2q ,

выполняя следующие граничные условия: - при r = a :

s r = t rq = 0 ;

- при r ® ¥ :

s r = s 0r , s q = s 0q ,

t rq = t0rq .

Для отыскания функций f 1( r ) и f 2 ( r ) подставим функцию напряжений j в бигармоническое уравнение. Поскольку полученное уравнение должно удовлетворяться при любых значениях угла q , оно распадается на два отдельных дифференциальных уравнения относительно f 1( r ) и f 2 ( r ) : æ d 2 1 d ö æ d 2 f1 1 d f1 ö ÷=0 , ç ÷ç + + ç dr 2 r dr ÷ ç dr 2 r dr ÷ è øè ø æ d2 1 d 4 ö æ d 2 f 2 1 d f 2 4 f 2 ö÷ ç + - ÷ç =0 . + ç dr 2 r dr r 2 ÷ ç dr 2 r dr r 2 ÷ø è øè

155

Первое из полученных уравнений уже использовалось при рассмотрении плоской осесимметричной задачи, и его общее решение имеет вид

f 1 ( r ) = C1 r 2 ln r + C2 r 2 + C3 ln r + C4 . Раскрывая второе уравнение, будем иметь: d 4 f2 dr 4

+

2 d 3 f2 9 d 2 f2 9 df 2 + =0 . 2 2 r dr 3 r dr r 3 dr

C применением стандартной подстановки t = ln r уравнение относительно функции f 2 ( r ) приводится к обыкновенному дифференциальному уравнению с постоянными коэффициентами: d 4 f2 dt

4

-4

d 3 f2 dt

3

-4

d 2 f2 dt

2

+ 16

d f2 =0 . dt

Рассмотрение соответствующего характеристического уравнения позволяет определить его корни ( k1 = 0 , k2 = 4 , k3 = 2 ,

k4 = - 2 ) и записать решение дифференциального уравнения относительно функции f 2 ( r ) в форме f 2 ( t ) = C 5e 2t + C6 e 4t + C 7 e - 2t + C8

Þ

f 2 ( r ) = C5 r 2 + C6 r 4 + C7 r - 2 + C8 .

Þ

Таким образом, с учетом найденных функций f 1( r ) и f 2 ( r ) функция напряжений принимает вид

j ( r , q) = C1 r 2 ln r + C2 r 2 + C3 ln r + C4 +

(

)

+ C5 r 2 + C 6 r 4 + C 7 r - 2 + C8 cos 2q .

156

Значения постоянных, входящих в решение, должны быть найдены из граничных условий в напряжениях. Выпишем соотношения, определяющие напряженное состояние в данной задаче. Будем иметь: 1 ¶ 2j 1 ¶ j = sr = 2 2 + r ¶r r ¶q C æ 6C 4C ö = C1(1 + 2 ln r ) + 2C2 + 23 - ç 2C5 + 47 + 28 ÷ cos 2q , r r r ø è

sJ =

¶ 2j ¶r2

=

C æ 6C ö = C1(3 + 2 ln r ) + 2C2 - 23 + ç 2C5 + 12C6 r 4 + 47 ÷ cos 2q , r r ø è t rq = -

6C 2C ö 1 ¶ 2j 1 ¶j æ + 2 = çç 2C5 + 6C6 r 2 - 7 - 8 ÷÷ sin 2q . r ¶ r ¶q r ¶q è r4 r2 ø

Поскольку напряжения должны быть конечными при r ® ¥ , необходимо потребовать, чтобы постоянные C1 и C6 были равны нулю ( C1 = C6 = 0 ). Для определения остальных пяти постоянных имеем пять уравнений, следующих из граничных условий:

sr ( a ) = 0

Þ

t rq ( a ) = 0

Þ

s r ( ¥ ) = s 0r

Þ

æ 6C 4C ö C 2C 2 + 3 - çç 2C5 + 7 + 8 ÷÷ cos 2q = 0 , a4 a2 ø a2 è æ 6C 2C ö çç 2C5 - 7 - 8 ÷÷ sin 2q = 0 , 4 a a2 ø è 2C2 - 2C5 cos 2q = S (1 + cos 2q) / 2 ,

s q (¥ ) = s 0q

Þ

2C2 + 2C5 cos 2q = S (1 - cos 2q) / 2 ,

t rq ( ¥ ) = t 0rq

Þ

2C5 sin 2q = - (S / 2) sin 2q . 157

Из последнего пятого уравнения следует C5 = - S / 4 . Третье и четвертое уравнения являются линейно зависимыми и позволяют определить только одну постоянную C2 = S / 4 . Первое и второе уравнения должны удовлетворяться при любых значениях переменной q , и поэтому распадаются на три уравнения: C 2C 2 + 3 = 0 a2 2C5 + 2C5 -

6C 7 a

4

6C7 a

4

+

4C8

-

2C8

a2 a2

, =0 , =0 .

Решением полученных уравнений будут следующие значения оставшихся постоянных: C3 = - Sa 2 / 2 ,

C8 = Sa 2 / 2

,

C 7 = - Sa 4 / 4

.

Подставляя значения найденных постоянных в соотношения для напряжений, будем иметь: sr =

S æç a2 ö S 1- 2 ÷ + 2 çè r ÷ø 2

sq =

S æç 1+ 2 çè

t rq = -

S 2

2 4ö æ ç 1 - 4a + 3a ÷ cos 2q ç r2 r 4 ÷ø è

a 2 ö÷ S r 2 ÷ø 2

4ö æ ç 1 + 3a ÷ cos 2q ç r 4 ÷ø è

,

,

2 4ö æ ç 1 + 2a - 3a ÷ sin 2q . ç r2 r 4 ÷ø è

25.2. Полученное решение используем для анализа напряженного состояния полосы. 158

Напряжения в точках контура r = a определяются соотношениями:

sq ( a , q) = S (1 - 2 cos 2q ) , s r = t rq = 0 . Соответствующее распределение напряжений sq ( a , q) показано на рис. 25.2.

Рис. 25.2

Приведенная эпюра показывает, что в точках 1 контура отверстия ( q = 0 , q = p ) имеют место напряжения сжатия sq = - S , а в точках 2 ( q = p / 2 , q = 3p / 2 ) – напряжения растяжения sq = 3 S . Характер изменения напряжения sq по мере удаления от контура отверстия вдоль оси y ( q = p / 2 ) проследим, построив эпюру по соотношению: a 2 3a 4 ö÷ æ pö S æ sq ç r , ÷ = ç 2 + . + è 2 ø 2 çè r 2 r 4 ÷ø

Эпюра sq ( r , p / 2 ) показывает локальный характер влияния отверстия на распределение напряжений в полосе (рис. 25.3). Действительно, с увеличением расстояния r от точки

Рис. 25.3

2 величина напряжения sq быстро уменьшается от значения 3S , так что на расстоянии примерно пяти радиусов она практически не отличается от S . Отметим, что расстояние, равное пяти радиусам, можно рассматривать как бесконечно большое, поскольку в этом случае напряженное состояние полосы не будет отличаться от напряженного состояния плоскости. Соответственно, можно утверждать, что полученное решение применимо к полосе конечной ширины b ³ (8 ¸ 10) a . 159

Эпюра напряжений s r ( r , 0) показывает (см. рис. 25.3), что в точке r = 6 / 5 a имеет место сжимающее напряжение s r = - S / 24 . Отметим, что в этой же точке напряжение sq - также сжимающее, а напряжение trq равно нулю: точка находится в состоянии двухосного сжатия. Поскольку с увеличением расстояния r значение напряжения s r ( r , 0) приближается к величине S (см. рис. 25.3), возможно ограничение длины полосы и применение с определенной точностью полученного решения к пластине. Рассмотренная задача (задача Кирша) является характерным примером влияния концентратора напряжений (в данном случае – малого кругового отверстия), наличие которого приводит к значительным локальным (местным) напряжениям, быстро затухающим по мере удаления от него. Обычно локальные напряжения характеризуют коэффициентом концентрации напряжений k , представляющим собой отношение наибольшего местного напряжения к номинальному напряжению, вычисленному в предположении, что концентратор отсутствует. В рассматриваемом случае k = = 3S / S = 3 . Отметим, что наличие концентраторов напряжений ведет не только к повышению напряжений вблизи них, но и к изменению характера напряженного состояния элемента конструкции. 25.3. Представленное выше решение задачи Кирша позволяет легко получить решение задачи о растяжении пластины с малым круговым отверстием в двух взаимно-перпендикулярных направлениях. Построение решения покажем на примере напряжения s r . При растяжении пластины усилиями S в направлении оси x для напряжения sr получили: sr =

S æç a 2 ö÷ S æç 3a 4 4a 2 ö÷ 11+ cos 2q . + 2 çè r 2 ÷ø 2 çè r4 r 2 ÷ø

160

При растяжении пластины усилиями S в направлении оси y напряжение sr будет определяться этой же формулой, но с заменой угла q на угол q + ( p / 2 ) . Суммирование напряжений в соответствии с принципом суперпозиции приводит к соотношению: æ a 2 ö÷ . sr = S ç 1 ç r 2 ÷ø è

Так же легко можно построить решение задачи о растяжении пластины с малым круговым отверстием усилиями S в направлении оси x и сжатии усилиями ( - S ) в направлении оси y . В этом случае будем иметь: æ 4 a 2 3a 4 ö s r = S ç 1 - 2 + 4 ÷ cos 2q , ç r r ÷ø è æ 3a 4 ö÷ sq = - S ç 1 + cos 2q , ç r 4 ÷ø è æ 2 a 2 3a 4 ö trq = - S ç 1 + 2 - 4 ÷ sin 2q . ç r r ÷ø è

Можно видеть, что при r ® ¥ и q = p / 4 напряжения s r и sq равны нулю, а напряжение trq = - S , что эквивалентно нагружению пластины по диагональным сечениям равномерно распределенными усилиями сдвига S . Отметим, что напряжение s q будет иметь максимальное значение в точках r = a и q = 0 ; p / 2 ; p ; 3p / 2 . Здесь s q = 4S . Следовательно, в случае пластины достаточно больших размеров, находящейся в состоянии чистого сдвига, наибольшее напряжение s q в четыре раза больше приложенного сдвигающего усилия.

161

Температурные задачи Задача 26 Тонкий круговой диск при осесимметричном распределении температуры Определить напряжения и перемещения в тонком круговом диске, находящемся под воздействием температуры, симметрично распределенной относительно оси диска и постоянной по толщине диска.

Решение Поскольку температура является функцией только радиуса T ( r ) , имеем задачу об осесимметричном плоском напряженном состоянии. Соответственно, основные уравнения, определяющие задачу, принимают вид: - дифференциальное уравнение равновесия ds r s r - s q + =0 dr r

Þ

d ( r sr ) - sq = 0 ; dr

(26.1)

- зависимости Коши и условие совместности деформаций

eq =

du u , eq = dr r

Þ

r

d eq + eq - er = 0 ; dr

(26.2)

- уравнения линейного физического закона 1 ( s r - n s q ) + aT , E 1 e q = ( s q - n s r ) + aT . E er =

162

(26.3)

26.1. Решение задачи в напряжениях. Дифференциальное уравнение равновесия удовлетворяется, если ввести функцию напряжений j в виде sr =

j r

,

sq =

dj dr

.

(26.4)

Преобразование условия совместности деформаций (26.2) с учетом соотношений линейного физического закона (26.3) и формул (26.4), вводящих функцию напряжений, приводит к дифференциальному уравнению второго порядка относительно функции напряжений j : d 2j dr

2

+

dT 1 dj j = -aE 2 dr r dr r

ù d é1 d ( r j)ú = - aE d T . ê dr ër d r dr û

Þ

Непосредственное интегрирование уравнения, определяющего функцию напряжений, позволяет получить: j=-

C r C aE r T ( r ) r dr + 1 + 2 ò r a r 2

.

(26.5)

Нижний предел интегрирования a для диска с центральным отверстием соответствует значению внутреннего радиуса; для сплошного диска должны принять a = 0 . По формулам (26.4) определим напряжения. Будем иметь: sr = -

aE r r

2

ò T ( r ) r dr +

a

C1 C2 + 2 r2

,

ö C æ 1 r C sq = aE ç 2 ò T ( r ) r dr - T ÷ + 1 - 22 . ÷ 2 r çr a ø è

163

(26.6)

Перемещения в соответствии с принятой схемой решения задачи определяются по деформациям e r и eq . 26.2. Решение задачи в перемещениях. Для решения задачи в перемещениях воспользуемся линейным физическим законом (26.3), переписав его относительно напряжений с учетом зависимостей Коши: æ du uö E çç aT , + n ÷÷ r ø 1- n 1 - n è dr E æu du ö E ç + n ÷÷ aT . sq = 2ç r dr ø 1 - n 1- n è E

sr =

2

(26.7)

Преобразование дифференциального уравнения равновесия (26.1) с учетом соотношений линейного физического закона в форме (26.7) приводит к дифференциальному уравнению второго порядка относительно перемещения u ( r ) : d 2u dr

2

+

1 du u dT - 2 = (1 + n ) a r dr r dr

Þ

ù d é1 d ( ru )ú = (1 + n ) a d T . ê dr ë r dr dr û

Непосредственное интегрирование уравнения, определяющего перемещение u ( r ) , позволяет получить: u=

C1 r C 2 a (1 + n ) r ò T ( r ) r dr + 2 + r r a

(26.8)

.

По формулам (26.7) определим напряжения. Будем иметь: sr = -

aE r r

2

E

ò T ( r ) r dr + 1 - n ×

a r

C1 E C2 × 2 1+ n r2

,

æ 1 ö E C1 E C2 . s q = aE ç × + × T ( r ) r dr - T ÷ + ò ç r2 ÷ 1- n 2 1+ n r2 a è ø

164

Полученные соотношения для напряжений совпадают с их значениями (26.6), если C1 =

1- n C1 , E

C2 = -

1+ n C2 . E

(26.9)

Постоянные интегрирования C1 и C 2 определим отдельно для диска с отверстием и сплошного диска. Диск с отверстием. Граничные условия в данной задаче имеют вид: C1 C 2 + 2 a2 C1 C 2 aE + = 2 b2 b2

sr r = a = 0 ,

Þ s r r =b = 0

=0 , b

ò T ( r ) r dr

.

a

Решение уравнений относительно постоянных C1 и C 2 позволяет получить: aE b C1 = ò T ( r ) r dr , 2 b2 - a 2 a C2 = -

2

aa E

b

ò T ( r ) r dr

b2 - a 2 a

(26.10) .

Подставим полученные значения постоянных в соотношения для напряжений (26.6). Будем иметь: sr =

r ù a E é r2 - a2 b T r r dr T r r dr ( ) ( ) ú ê ò ò r 2 ëê b 2 - a 2 a a ûú

,

r ù a E é r2 + a2 b sq = T ( r ) r dr + ò T ( r )r dr - T ( r ) r 2 ú . ê ò r 2 êë b 2 - a 2 a úû a

165

(26.11)

В частном случае T = const получим ожидаемый результат: s r = sq = 0 . Сплошной диск. Соотношения, определяющие напряжения в сплошном диске, легко получить, положив a = 0 в формулах для напряжений (26.11) в диске с отверстием. В этом случае имеем: ù é 1 b 1 r T ( r ) r dr - ò T ( r )r dr ú , sr = a E ê ò 2 r2 0 úû êë b 0 ù é 1 b 1 r T r r dr T r r dr T r sq = a E ê + ( ) ( ) ( ) ú ò 2 ò r2 0 ûú ëê b 0

.

Этот же результат получим, если постоянные C1 и C 2 будем определять непосредственно для сплошного диска, принимая C2 = 0 (напряжения в центре диска должны быть конечными) и выполняя граничное условие s r r =b = 0 . Обратим внимание на необходимость дополнительного исследования соотношений для напряжений, поскольку напряжения sr и sq сохраняют неопределенность при r ® 0 за счет второго слагаемого. Раскрывая эту неопределенность, будем иметь:

lim

r® 0

1 r

ò T ( r ) r dr = rlim ®0

r2 0

d dr

ær ö ç T ( r ) r dr ÷ ò ç ÷ è0 ø = lim T ( r ) r = T (0) . d 2 2 r ® 0 2r r dr

( )

Легко видеть, что упомянутая неопределенность – кажущаяся, поскольку температура в центре диска всегда конечна. При известных значениях постоянных C1 и C 2 по соотношениям (26.9) легко определяются постоянные C1 и C2 : 166

C1 a (1 - n ) b = 2 ò T ( r ) r dr , 2 b - a2 a C2 =

a (1 + n ) a 2 b b2 - a 2

ò T ( r ) r dr

.

a

Подставив значения постоянных в формулу для перемещения (26.8), будем иметь: u=

1 a (1 + n ) a 2 b a (1 + n ) r a (1 - n ) b + × T r dr + r × 2 T r dr ò ò ò T r dr , 2 2 2 r r b a b a a a a

или u=

r ù a 2 (1 + n ) + r 2 (1 - n ) b a é T r dr ú . ê(1 + n ) ò T r dr + ò 2 2 r ëê b -a a a ûú

(26.12)

В частном случае T = const получим ожидаемый результат u = aT r . Таким образом, поставленная задача решена полностью.

167

Задача 27 Длинный круговой цилиндр при радиальном изменении температуры Толстостенный круговой цилиндр большой длины ( z - ось цилиндра), имеющий внутренний радиус a и внешний b , выполнен из упругого материала с характеристиками E , n ( l , m ) и a . Цилиндр находится под действием температурного поля T ( r ) . Определить напряжения и перемещения в цилиндре.

Решение Поскольку температура является функцией только радиуса T ( r ) , имеем задачу об осесимметричном плоском деформированном состоянии (плоской деформации). Подобная задача о тонком круговом диске (внутренний радиус - a , внешний - b ) при осесимметричном распределении температуры T ( r ) (см. задачу 26) является задачей о плоском напряженном состоянии. Известно, что задачи о плоской деформации и о плоском напряженном состоянии являются «родственными» в математическом отношении: эти две различные по содержанию, отличающиеся по своей сущности задачи математически идентичны и сводятся к одной и той же бигармонической краевой задаче. Соответственно, возможно получение решения первой задачи из решения второй и наоборот, поскольку основное отличие в задачах реализуется в уравнениях линейного физического закона: если в задаче о плоском деформированном состоянии используются действительные упругие постоянные Ламе l и m , но «фиктивные» технические - E * = E / (1 - n 2 ) , n* = 1 /(1 - n) и a * = a ( 1 + n ) , то в задаче о плоском напряженном состоянии - действительные технические постоянные E , n и a , но «фиктивная» постоянная Ламе l* = 2lm / (l + 2m ) .

168

Кроме того, в задаче о плоской деформации имеем, что e z = 0 и s z ¹ 0 , а в задаче о плоском напряженном состоянии - e z ¹ 0 и s z = 0 . Однако и e z ¹ 0 , и s z ¹ 0 отыскиваются уже после построения соответствующего решения. Решение задачи о тонком круговом диске при осесимметричном распределении температуры T ( r ) (плоское напряженное состояние) позволило получить соотношения, определяющие радиальное перемещение и напряжения в виде u=

a r

r é ù a 2 (1 + n ) + r 2 (1 - n ) b T r dr ê(1 + n ) ò T r dr + ú ò b2 - a 2 êë úû a a

sr = sq =

r ù a E é r2 - a2 b T ( r ) r dr - ò T ( r ) r dr ú ê ò r 2 êë b 2 - a 2 a úû a

;

,

r ù a E é r 2 + a2 b + ( ) T r r dr T ( r ) r dr - T ( r ) r 2 ú . ê ò ò r 2 êë b 2 - a 2 a úû a

Соответственно, радиальное перемещение точек в задаче о круговом цилиндре при том же распределении температуры T ( r ) (плоское деформированное состояние) будет определяться формулой: u=

a* r

r ù é a 2 ( 1 + n * ) + r 2 ( 1 - n* ) b * T r dr ú , ê(1 + n ) ò T r dr + ò 2 2 b a úû êë a a

или после некоторых преобразований u (r ) =

a (1 + n ) r (1 - n )

ér ù a 2 + r 2 (1 - 2n ) b T r dr ê ò T r dr + ú . ò b2 - a 2 êë a úû a

Аналогичным образом, для напряжений s r и sq получим: 169

(27.1)

sr =

r ù é r 2 - a2 b T r dr T r dr ú , ê ò ò r 2 (1 - n) êë b 2 - a 2 a úû a

aE

aE sq = 2 r (1 - n)

(27.2)

r ù é r 2 + a2 b 2 + T r dr ê 2 ò T r dr - T r ú . 2 ò úû êë b - a a a

Непосредственное решение поставленной задачи приводит к этим же результатам (27.1) и (27.2). Действительно, определяющие уравнения имеют вид: - дифференциальное уравнение равновесия d ( r sr ) - sq = 0 ; dr

(27.3)

- зависимости Коши и условие совместности деформаций er =

du , e = u q r dr

Þ

r

d eq + eq - er = 0 ; dr

(27.4)

- уравнения линейного физического закона er =

1 [ sr - n (sq + s z )] + aT , E

eq =

1 [sq - n (sr + s z )] + aT . E

(27.5)

Использование условия плоского деформирования e z = 0 позволяет исключить напряжение s z из уравнений линейного физического закона и преобразовать соотношения для e r и eq :

ez =

1 [ s z - n (s r + sq )] + aT = 0 Þ s z = n (sr + sq ) - a ET ; E 170

Þ

er =

1 [s r - n (sq + s z )] + aT Þ E

er =

1 - n2 E

n ö æ sq ÷ + a (1 + n ) T . ç sr 1- n ø è

Вводя «фиктивные» технические постоянные E * = E / (1 - n 2 ) , n * = 1 /(1 - n ) и a * = a ( 1 + n ) , приходим к той форме линейного физического закона, которая использовалась при решении задачи о тонком круговом диске при осесимметричном распределении температуры:

( s r - n* s q ) + a* T E 1 ( eq = s q - n * s r ) + a* T * E

er =

1

*

, .

Дальнейшее решение полностью совпадает с решением задачи о тонком круговом диске. Напряжение s z в задаче о плоской деформации определяется соотношением:

s z = n (sr + sq ) - a ET Þ

sz =

Þ

b 2a n E 1 a ET × ò T r dr - 1 - n . 1 - n b 2 - a2 a

171

Задача 28 Температурные напряжения в составном цилиндре Определить напряжения в длинном цилиндре, состоящем из двух труб, изготовленных из различных материалов, насаженных друг на друга без натяга, находящемся под воздействием температуры, распределенной симметрично относительно оси цилиндра и не меняющейся в осевом направлении. Радиусы внутреннего цилиндра принять равными a и b , внешнего - b и c . Считать, что упругие характеристики материалов имеют значения: a1 , E 1 , n 1 - для внутреннего цилиндра; a 2 , E 2 , n 2 - для внешнего.

Решение Поскольку температура является функцией только радиуса T ( r ) , имеем задачу об осесимметричном плоском деформированном состоянии (плоской деформации). При воздействии температурного поля T ( r ) на составной цилиндр между цилиндрами появляется радиальное давление q . Поскольку внешний цилиндр (2) посажен на внутренний (1) без натяга, давление q будем определять из условия

u1

r =b

= u2

r =b

,

(28.1)

которое представляет равенство радиальных перемещений точек внешнего радиуса внутренней трубы соответствующим перемещениям точек внутреннего радиуса внешней трубы. В рассматриваемой задаче радиальное перемещение u ( r ) любой точки цилиндров (1 и 2) складывается из перемещения uˆ ( r ) , опре172

деляемого наличием температурного поля T ( r ) , и перемещения u~ ( r ) , связанного с радиальным давлением q между цилиндрами. Решение задачи о длинном круговом цилиндре (внутренний радиус - a , внешний - b ) при осесимметричном распределении температуры (см. задачу 27) позволило получить соотношение (27.1), определяющее радиальное перемещение. В данной задаче это будет перемещение uˆ ( r ) : uˆ ( r ) =

a (1 + n ) r (1 - n )

ér ù a 2 + r 2 (1 - 2n ) b ê ò T r dr + ò T r dr ú . 2 2 b -a a ëê a ûú

(28.2)

Рассматривая задачу о толстостенном цилиндре c внутренним радиусом a и внешним b , нагруженном равномерным внутренним p a и внешним p b давлениями, как задачу о плоской деформации (см., например, задачу 20), получили соотношение для радиального перемещения, которое здесь будем использовать в форме:

( p - pa ) a 2b 2 × 1 - (1 - 2n ) × pb b 2 - pa a 2 × r . E ~ u (r ) = - b 1+ n r b2 - a2 b2 - a2

(28.3)

Применим соотношения (28.2) и (28.3) для описания перемещений точек цилиндров. Температурные перемещения точек r = b цилиндров будут равны: - для внутреннего цилиндра uˆ 1

r =b

= 2a1 ( 1 + n1 )

b

b

ò T r dr

b2 - a2 a

;

(28.4)

- для внешнего цилиндра (заменив радиусы a и b , соответственно, на b и c ) 173

c b = 2a 2 ( 1 + n 2 ) 2 ò T r dr . r =b c - b2 b

uˆ 2

(28.5)

Для описания перемещений точек r = b при нагружении цилиндров радиальным давлением q получим: - для внутреннего цилиндра ( pa = 0 , pb = q ) -

u~1

r =b

=-

(1 + n1 ) × E1

qb 2

b -a

2

[a

2

+ (1 - 2n1 ) b 2

]

,

(28.6)

- для внешнего цилиндра (заменив радиусы a и b , соответственно, на b и c и принимая pb = q и pc = 0 ) -

u~ 2

r =b

=

(1 + n 2 ) × E2

qb 2

c -b

2

[c

2

+ (1 - 2n 2 ) b 2

]

.

(28.7)

Учитывая, что u ( r ) = uˆ ( r ) + u~ ( r ) , подставим найденные значения радиальных перемещений (28.4) - (28.7) в условие (28.1). Для определения давления q получим уравнение:

é 1 + n1 a 2 + (1 - 2n1 )b 2 1 + n 2 c 2 + (1 - 2n 2 )b 2 ù q× b ê × + × ú= E2 b2 - a 2 c 2 - b2 ëê E1 ûú b c b b = 2a1 (1 + n1 ) 2 a + n T r dr 2 ( 1 ) ò ò T r dr . 2 2 b - a2 a c2 - b2 b

При известном давлении q отыскание напряжений в цилиндрах не представляет труда, так как для их определения нужно использовать готовые формулы. Напомним, что в рассматриваемой задаче напряжение ( s r и/или sq ) в любой точки цилиндров (1 и 2) складывается из напряжения, определяемого наличием температурного поля T ( r ) (см. задачу 27), и напряжения, связанного с радиальным давлением q между цилиндрами (см. задачу 22). 174

Задача 29 Толстостенная сфера при осесимметричном распределении температуры Определить напряжения и перемещения в полой сфере с внутренним радиусом a и внешним b , находящейся под воздействием температуры T ( r ) .

Решение Положение точки в сферической системе координат определяется радиусом r и углами q и j (см. рис. 5.1). Поскольку задача - полярно-симметричная, то из всех величин, входящих в определяющие уравнения, остается только перемещение u ( r ) . Объемное расширение (относительное изменение объема) в этом случае принимает вид er =

du u , eq = ej = dr r

Þ

J=

du u +2 dr r

.

Соответственно, из трех уравнений в перемещениях остается только одно (первое):

( l + m ) d J + mÑ 2u = (3l + 2m) × a d T dr

dr

,

где правая часть уравнения определяет «фиктивную» объемную силу, пропорциональную градиенту температуры. Учитывая, что в сферических координатах для полярносимметричной задачи имеем: du u 1 d 2 Ñ 2u = 2 +2 , (r u) = dr r r dr

175

приходим к уравнению, определяющему перемещение u ( r ) :

( )

dT d æ du u ö d é 1 d 2 ù 3l + 2m r uú = ×a +2 ÷= . ç ê 2 dr dr è dr r ø dr ë r d r l + 2m û

Общее решение уравнения легко получить последовательным интегрированием: C 3l + 2m 1 r u = C1 r + 22 + a × 2 ò T ( r ) r 2d r . l + 2m r a r

(29.1)

Соответственно, деформированное состояние толстостенной сферы при осесимметричном распределении температуры будет определяться соотношениями:

du 2C 3l + 2m er = = C1 - 32 + a l + 2m dr r

eq = ej =

é ù 2 r 2 ( ) ê T r - 3 ò T ( r )r dr ú , r a êë úû

C u 3l + 2m 1 r × 3 ò T ( r ) r 2dr , = C1 + 32 + a l + m r 2 r r a

J=

du u 3l + 2m aT ( r ) . + 2 = 3 C1 + dr r l + 2m

Используя соотношения линейного физического закона в форме Ламе

sr = lJ + 2me r - ( 3l + 2m ) × aT ,

s q = sj = lJ + 2meq - ( 3l + 2m ) × aT ,

определим напряжения: C 4m (3l + 2m) a r s r = ( 3l + 2m ) C1 - 4m 32 × 3 ò T r 2dr l + m 2 r r a

176

,

C 2m ( 3l + 2m) s q = s j = ( 3l + 2m ) C1 + 2m 2 aT + 3 l + 2m r

+

2m ( 3l + 2m) a r 2 × ò T r dr . l + 2m r3 a

Постоянные C1 и C2 подлежат определению из граничных условий: C s r r = a = ( 3l + 2m ) C1 - 2m 2 = 0 , a3

4m (3l + 2m ) 1 b 2 C s r r = b = ( 3l + 2m ) C1 - 2m 32 - a × 3 ò T r dr = 0 . l + 2m b b a

Решение представленных уравнений относительно постоянных C1 и C2 позволяет получить: C1 =

b 4m 1 T r 2d r , × 3 × a ò 3 l + 2m b - a a

b 3l + 2m a3 2 C2 = × 3 × a ò T r dr . l + 2m b - a 3 a

(29.2)

Окончательно, для напряжений будем иметь: sr =

sq = sj =

4m (3l + 2m) a × l + 2m r3

2m (3l + 2m) ×a l + 2m

r é r 3 - a3 b 2 ù T r d r T r 2dr ú , ê 3 ò ò 3 êë b - a a úû a

ù é 2 ( r 3 + a3 ) b 2 1 r 2 ê 3 3 3 ò T r d r + 3 ò T r dr - T ú . r a úû êë r ( b - a ) a

Переходя от упругих постоянных Ламе l и m к техническим упругим постоянным E и n , получим: 177

sr =

2a E 1 × 1- n r3

aE 1 × sq = sj = 1 - n r3

r ù é r 3 - a3 b 2 2 T r d r ê 3 3 ò ò T r dr ú , úû êë b - a a a r ù é 2 r 3 + a3 b 2 T r d r + T r 2dr - T r 3 ú . ê 3 ò ò 3 úû êë b - a a a

(29.3)

Соответственно, для перемещения u ( r ) будем иметь: u=

r é 4 m r 3 + (3l + 2m) a 3 b 2 ù 2 ê(3l + 2m) ò T r d r + ò T r dr ú , b3 - a 3 êë úû a a

a 1 × l + 2m r 2

или u=

a 1 × 1- n r2

é 2 (1 - 2n ) r 3 + (1 + n ) a 3 b 2 ê ò T r dr + 3 3 b -a êë a r ù + (1 + n) ò T r 2 d r ú . a ûú

Решение для сплошной сферы получим, принимая ( C2 = 0 ). Будем иметь: sr = sq = sj = u=

2a E 1 × 1- n r3

é ê êë

a= 0

r ù é r3 b 2 2 ê 3 ò T r d r - ò T r dr ú , 0 ûú ëê b 0

r ù é 2 r3 b 2 2 3 T r d r + ê 3 ò ò T r dr - T r ú , úû êë b 0 0 r ù 2 (1 - 2n) r 3 b 2 2 T r d r + ( 1 + n ) T r d r ú . ò ò b3 úû 0 0

aE 1 × 1- n r3

1 a × 2 1- n r

(29.4)

(29.5)

Как и в случае сплошного цилиндра, представленные соотношения при r = 0 становятся неопределенными; однако если темпера178

тура в точке r = 0 имеет конечное значение, то с применением правила Лопиталя легко показать, что

lim

r® 0

1 r r

ò T ( r )r

3

r® 0

dr =

0

1 r

lim

2

r

2

ò T ( r )r

2

T (0 ) , 3

dr = 0 .

0

В этом случае в точке r = 0 радиальное перемещение равно нулю, а напряжения s r и s q = s j принимают конечные значения. Как частный случай сплошной сферы, можно получить решение для бесконечного тела с радиальным изменением температуры, если в соотношениях (29.5) перейти к пределу при b ® ¥ . В резуль¥ 0

тате находим (предполагая, что интеграл ò T r 2d r сходится): sr = -

sq = sj =

2a E 1 r × ò T r 2d r 1- n r3 0

aE 1 × 1- n r3

u=

,

ö ær ç T r 2d r - T r 3 ÷ , ò ÷ ç ø è0

a 1+ n r × T r 2d r . 2 1- n ò r 0

179

Задача 30 Тонкая пластина произвольного очертания при изменении температуры по толщине Свободная тонкая пластина произвольного очертания постоянной толщины 2h находится под действием температурного поля T ( z ) , меняющегося в направлении толщины (ось z направлена по толщине пластины; плоскость x y является срединной плоскостью). Материал пластины имеет характеристики E , n и a . Построить решение задачи в напряжениях с дальнейшим определением полей деформаций и перемещений.

Решение Рассматриваемая пластина имеет малую толщину, и поэтому ось z является главной. Более того можно утверждать, что плоскость x y является главной, поскольку в ней нет «привилегированных» направлений (все направления равноправны). Таким образом, напряженное состояние пластины будет определяться следующими компонентами напряжений: s x = s y = f ( z ) , s z = t xy = t yz = t zx = 0 .

(30.1)

Поскольку решение задачи строится в напряжениях, предложенная система напряжений должна удовлетворять дифференциальным уравнениям равновесия, уравнениям Бельтрами - Митчелла и граничным условиям. Непосредственная проверка показывает, что дифференциальные уравнения равновесия (при нулевых объемных силах) удовлетворяются тождественно. Напомним, что при статическом нагружении и отсутствии объемных сил уравнения Бельтрами - Митчелла имеют известный вид: 180

(1 + n ) Ñ 2s x + ¶ ...,

(1 + n ) Ñ 2 t xy +

2

s

¶x 2

=0 ,

¶ 2s =0 , ¶ x¶ y

..., где s = s x + s y + s z . При температурном нагружении в уравнениях появляются дополнительные слагаемые, обусловленные наличием температуры: æ 1+ n 2 ¶ 2T ö÷ ç Ñ + + a E T =0 , 2 ÷ ç 1- n ¶ ¶x2 x è ø ...,

(1 + n ) Ñ 2s x + ¶

2

s

2 2 (1 + n ) Ñ 2 t xy + ¶ s + aE ¶ T = 0 , ¶x¶ y ¶x¶ y ...

(30.2)

В рассматриваемой задаче при принятых компонентах тензора напряжений (30.1) из шести уравнений Бельтрами - Митчелла (30.2) тождественно удовлетворяются последние три, а первые три удовлетворятся, если d2 é aE ù f ( z) + T ( z )ú = 0 . 2ê 1- n û dz ë

(30.3)

Решение уравнения (30.3) позволяет получить: sx = s y = f ( z) = -

aE T ( z ) + C1z + C2 , 1- n

(30.4)

где постоянные C1 и C2 должны быть определены из нулевых граничных условий на боковой поверхности пластины (на контуре поперечного сечения L ): 181

sx l L = 0 Þ

sy m

L

=0 Þ

é aE ù l êT ( z ) + C1 z + C 2 ú = 0 , ë 1- n û é aE ù m êT ( z ) + C1 z + C2 ú = 0 . 1 n ë û

Отметим, что в общем случае напряжения не могут быть равны нулю по всей толщине пластинки, а направляющие косинусы не могут быть равны нулю одновременно, поскольку l 2 + m 2 = 1 . Возможен частный случай линейного изменения температуры по оси z , но в этом случае все компоненты напряженного состояния равны нулю. Однако в соответствии с принципом Сен-Венана значения постоянных C1 и C2 можно выбрать так, чтобы для любой температуры T ( z ) результирующая сила и результирующий момент (на единицу длины контура), обусловленные напряжениями s x и s y , были равны нулю на контуре пластины: h

h

-h

-h

ò sx dz = 0 ,

ò sx z dz = 0

.

Аналогично записываются интегральные условия для s y . С учетом значений напряжений (30.4) для постоянных C1 и C2 получим:

aE

h

ò T ( z )zd z , 2 (1 - n ) h3 - h h aE C2 = ò T ( z) d z . 6 (1 - n ) h - h

C1 =

В этом случае решение в напряжениях имеет вид

sx = s y =

ö 1 h 3z h a E æç T d z T zdz ÷ . -T + + ò ò 3 ÷ 1 - n çè 2h - h 2h - h ø 182

Отметим, что в соответствии с принципом Сен-Венана полученное решение справедливо на расстояниях от края пластины больших, чем одна толщина пластины. С введением обозначений h

N T = aE ò T ( z ) d z , -h

h

M T = aE ò T ( z ) z d z -h

напряжения s x и s y представляются в форме sx = s y =

1 æ 1 3z ö NT + 3 M T ÷ . ç - a ET + 1- n è 2h 2h ø

(30.5)

Определение деформаций не представляет особого труда. В соответствии с уравнениями линейного физического закона будем иметь: ex = e y = ez =

2n (1 - n) E

ö 1æ 1 3z ç NT + 3 M T ÷÷ , ç E è 2h 2h ø

ö 1+ n æ 1 3z NT + 3 M T ÷÷+ aT . çç 2h ø 1- n è 2h

Соотношения, определяющие компоненты перемещения, приведем без вывода:

w=-

3 ( x2 + y 2 ) 4h3 E

u=

3z xæ 1 ö NT + 3 M T ÷ , ç E è 2h 2h ø

v=

3z yæ 1 ö NT + 3 M T ÷ , ç E è 2h 2h ø

MT -

z 2 æz ö n ç NT + 3z M T ÷ + a (1 + n) ò T d z . ÷ (1 - n) E çè h 1- n 0 2h3 ø

183

Формулы для отличных от нуля напряжений s x и s y упрощаются при частных видах распределения температуры. Уже отмечалось, что если температура T ( z ) является линейной функцией, то напряжения равны нулю. Разумеется, в этом случае деформации и перемещения отличны от нуля и определяются приведенными выше соотношениями. Формулы для напряжений s x и s y упрощаются также и в случаях, когда распределение температуры является или симметричной T ( z ) = T ( - z ) , или антисимметричной T ( z ) = - T ( - z ) функцией относительно срединной плоскости z = 0 . При симметричном распределении температуры имеем M T = 0 . При антисимметричном распределении - NT = 0 и, кроме того, равны нулю средние значения перемещений u и v . Соответственно, заданное распределение температуры бывает удобно выразить в виде суммы трех слагаемых: T ( z ) = T1 ( z ) + T2 ( z ) + T3 ( z ) ,

где T1 ( z ) = a + bz ; T 2 ( z ) = T 2 ( - z ) ; T3 ( z ) = -T3 ( - z ) . Например, если T3 = 0 и b ¹ 0 , то соответствующее распределение температуры, хотя оно и несимметрично, вызывает симметричное распределение напряжений.

В рассматриваемой задаче имеют место распределения температуры, не зависящие от координат в плоскости пластины. Однако полученное решение является хорошим приближением и в случаях, когда изменение температуры в плоскости пластины является достаточно гладким. В этом случае величины M T и NT , разумеется, должны быть представлены как функции координат в плоскости пластины.

184

Задача 31 Тонкая прямоугольная пластина (полоса) при изменении температуры по высоте Свободная тонкая прямоугольная пластина (балка) длиной L с поперечным сечением высотой 2h и шириной b (рис. 31.1) находится

Рис. 31.1

под действием температурного поля T ( z ) , меняющегося по высоте пластины. Ось y направлена по толщине пластины, ось x - вдоль ее длинной стороны; начало координат расположено в центре пластины. Материал пластины имеет характеристики E , n и a . 31.1. Построить решение задачи в напряжениях с использованием полуобратного метода Сен-Венана. 31.2. Построить решение задачи в напряжениях с использованием представления о функции напряжений.

Решение 31.1. Решение поставленной задачи легко построить, используя полуобратный метод Сен-Венана по схеме, предложенной в предыдущей задаче 30. Действительно, принимая

s x = f ( z ) , s y = s z = t xy = t yz = t zx = 0 ,

(31.1)

получим, что дифференциальные уравнения равновесия (при нулевых объемных силах) удовлетворяются тождественно, а уравнения Бельтрами - Митчелла сводятся к уравнению

d2 dz2

[ f ( z ) + a ET ( z )] = 0 185

.

(31.2)

Решение уравнения (31.2) позволяет получить:

s x = - a ET ( z ) + C1z + C2 ,

(31.3)

где постоянные C1 и C2 должны быть определены из нулевых граничных условий на торцах x = ± L / 2 . Как и в предыдущей задаче, в соответствии с принципом СенВенана условия на торцах для напряжения s x заменим условиями равенства нулю результирующих силы и момента, обусловленных наличием напряжения s x : h

h

-h

-h

ò sx dz = 0 ,

ò sx z dz = 0

.

Решение представленных уравнений относительно постоянных C1 и C2 позволяет получить:

C1 =

3 aE h

ò T ( z) z d z , 2 h3 - h

C2 =

aE h ò T ( z) dz . 2 h -h

В этом случае решение в напряжениях имеет вид ö æ 1 h 3z h T zdz ÷ , sx = aE ç - T + T d z + ò ò ÷ ç 2h - h 2h3 - h ø è

или s x = - a ET +

1 3z NT + MT . 2h 2h3

(31.4)

31.2. Решение задачи можно построить в напряжениях с использованием представления о функции напряжений, в рассматриваемом случае - функции j ( x, z ) . 186

Напомним, что при решении температурной задачи с помощью функции напряжений определяющим является бигармоническое уравнение Ñ 2 Ñ 2j = - a E Ñ 2T ,

где Ñ 2 - оператор Лапласа. Граничные условия в напряжениях для односвязного контура сводятся к граничным условиям для функции напряжений и ее нормальной производной на контуре поперечного сечения: j=

¶j =0 . ¶n

В рассматриваемой задаче, поскольку температура является функцией только переменной z , естественно считать, что и функция напряжений зависит только от z . В этом случае определяющее уравнение принимает вид d 4j

d 2T , = a E dz4 dz2

и его решение будет: j = - aE

ù é z 2 3 T ( z ) d z ú d z + a + b z + cz + d z . ê ò ò - h ëê - h ûú z

Вычисление по частям интеграла, входящего в полученное решение, дает: z z ù é z ( ) = ( ) T z d z d z z T z d z ú ê ò ò ò ò T ( z)z dz . - h ëê - h -h -h ûú z

187

Соответственно, для функции напряжений получаем: z ù é z j = - aE ê z ò T ( z ) d z - ò T ( z ) z d z ú + a + b z + cz 2 + d z 3 . -h ûú ëê - h

Постоянные интегрирования a , b , c и d должны быть определены из граничных условий, которые в данном случае принимают вид

j=

dj = 0 при z = ± h . dz

Опуская процедуру определения постоянных интегрирования, выпишем окончательный вид функции напряжений: z z ìï ( z + h) 2 h j = a E í- z ò T d z + ò T z d z + ò T dz 4h - h ïî - h -h 2 ü z æzö ù h 1é ï - ê 2 + 3 - ç ÷ ú ò T z dzý . h è h ø ú -h 4ê ïþ ë û

(31.5)

Используя функцию напряжений (31.5), легко получить соотношения для напряжений. В частности, для напряжения s x = d 2j / d z 2 после некоторых преобразований будем иметь то же самое соотношение (31.4). Формула для напряжения s x (31.4) часто представляется в несколько иной форме: s x = - a ET +

b zb NT + MT , A I

(31.6)

где A = 2bh - площадь поперечного сечения; I = 2h3b / 3 - осевой момент инерции сечения. 188

Определение деформаций не представляет особого труда. В соответствии с уравнениями линейного физического закона будем иметь: ex = ez = -

1æ b zb ö MT ÷ , ç NT + I Eè A ø

zb n æ b ö M T ÷ + (1 + n ) aT . ç NT + I E è A ø

Соотношения, определяющие компоненты перемещения, приведем без вывода:

u= w=-

zb xæ b ö MT ÷ , ç NT + I Eè A ø

z ö z 2b bM T 2 n æç bNT M T ÷ + a (1 + n ) ò T d z . x z+ ÷ 2 EI 2I E çè A 0 ø

Можно видеть, что при деформировании плоские сечения остаются плоскими, поскольку перемещение u линейно зависит от переменной z , а кривизна 1 / R постоянна и имеет следующее значение: 1 ¶ 2w b » =MT . R ¶x 2 EI

Здесь можно говорить об аналогии с задачей о чистом изгибе изотермической балки. Добавим, что все замечания относительно частных видов распределения температуры, при которых решение задачи упрощается, сделанные при рассмотрении задачи 30 о пластине, справедливы и для данного случая.

189

Задача 32 Закрепленная по контуру прямоугольная пластина при изменении температуры по толщине

Рис. 32.1

Прямоугольная пластина 2 a ´ 2b ( a > b ) постоянной толщины 2c (размеры a и b существенно превосходят размер c ) жестко закреплена по контуру (рис. 32.1) и находится под действием температурного поля T ( z ) , меняющегося в направлении толщины.

Ось z направлена по толщине пластины, ось x - вдоль ее длинной стороны, ось y - вдоль короткой. Материал пластины имеет характеристики E , n ( l , m ) и a . 32.1. Построить решение задачи в перемещениях с дальнейшим определением полей деформаций и напряжений. 32.2. Определить температурные напряжения при равномерном распределении температуры T = 100 °С и следующих характеристиках материала: E = 2 × 10 5 МПа, n = 1 / 3 , a = 1,25 ×10 -5 1/град.

Решение 32.1. Поскольку пластина жестко закреплена по контуру, и на краях пластины при x = ± a и y = ±b перемещения u и v равны нулю, предлагается принять эти перемещения равными нулю во всей области изменения переменных. Решение задачи строится в перемещениях. Соответственно, предлагаемое поле перемещений должно отвечать уравнениям Ламе (уравнениям в перемещениях) и граничным условиям на верхней и нижней поверхностях пластины. Уравнения Ламе сводятся к соотношениям, определяющим перемещение (прогиб) w : 190

¶ 2w =0 , ¶ x ¶z ¶2w =0 , ¶ y¶z ( l + m)

¶ 2w ¶z

2

+ mÑ 2 w - a (3l + m) ×

dT =0 . dz

Первые два уравнения позволяют утверждать, что производная ¶ w / ¶z является функцией только переменной z : z ¶w = g (z ) Þ w = ò g (x ) d x + h (x, y ) . ¶z 0

(32.1)

Вводя соотношение (32.1) в третье уравнение Ламе и интегрируя полученный результат по переменной z , будем иметь: æ ¶ 2h ¶ 2 h ö ÷ z = kz , (l + 2m) g ( z ) - a (3l + m) T = - m ç + ç ¶x 2 ¶ y 2 ÷ è ø

(32.2)

æ ¶ 2 h ¶ 2h ö - m ç 2 + 2 ÷ = k = const Þ Ñ 2 h = - k / m . ç ¶x ¶ y ÷ø è

(32.3)

где

Поле деформаций, отвечающее выбранному полю перемещений, принимает вид e x = e y = g xy = 0 , g yz =

¶h ¶h , e z = g (z ) . , g zx = ¶y ¶x

191

Определяя напряжения по уравнениям линейного физического закона, получим: s x = s y = l g ( z ) - (3l + 2m) aT , t xy = 0 ,

g yz =

¶h ¶h , g zx = m , ¶y ¶x

s z = ( l + 2m) g ( z ) - (3l + 2m) aT

Þ

sz = kz ,

где последнее соотношение, определяющее напряжение s z , преобразовано с учетом уравнения (32.2). Граничные условия на верхней и нижней поверхностях пластины, свободных от нагрузки, имеют вид t zy = t zx = s z = 0 при z = ±c .

Учитывая в граничных условиях соотношения для напряжений, будем иметь:

¶h =0 , ¶y

¶h =0 , ¶x

k z = 0 при z = ±c .

(32.4)

Рассмотрение требований (32.4) приводит к необходимости принять h (x, y ) = A = const = 0 и k = 0 . Обратим внимание, что равенство нулю постоянной A определяет, с одной стороны, симметрию перемещения w относительно плоскости z = 0 (или фиксацию точки z = 0 ), а с другой - равенство нулю перемещения тела, как целого. Соответственно, уравнение (32.2) позволяет определить функцию g (z ) : g ( z) =

a (3l + m ) T (z ) l + 2m

Þ

g ( z) =

a (1 + n ) T (z ) . 1- n

Окончательно, для поля перемещений имеем: 192

u=v=0 , w=

a (1 + n ) z ò T (x) d x . 1- n 0

Поля деформаций и напряжений, отвечающие полученному полю перемещений, принимают вид e x = e y = g xy = g yz = g zx = 0 ,

sx = s y = -

ez =

a (1 + n) T ( z) ; 1- n

aE T ( z ) , t xy = t yz = t zx = s z = 0 . 1- n

Можно видеть, что плоскость xy является главной плоскостью как для напряжений, так и для деформаций. Отметим, что построенное решение является приближенным и справедливо при достаточном удалении от защемленных краев пластины; при этом, как уже отмечалось, размеры a и b должны существенно превосходить размер c . 32.2. Температурные напряжения и деформации при равномерном распределении температуры T = 100 °С и заданных характеристиках материала определим, используя полученные формулы. Будем иметь: s x = s y = - 375 МПа , e z = 2,5 × 10 - 3 .

193

Задача 33 Температурные напряжения в пластинах (общий подход и решения) Решение задач термоупругости для пластин постоянной толщины h требует решения уравнения Ñ 2Ñ 2 F = -Ñ 2 NT

при

NT = a E

h/2

ò Tdz

,

(33.1)

-h / 2

где F ( x, y ) - функция напряжений (усилий), для определения сил N x , N y , N xy в срединной плоскости, и уравнения D Ñ 2Ñ 2 w = p -

1 Ñ2M T 1- n

при M T = aE

h/2

ò T zdz

,

(33.2)

-h / 2

где D = Eh3 / 12 (1 - n 2 ) - цилиндрическая жесткость пластины, а p ( x, y ) - распределенная поперечная нагрузка, для определения прогиба пластины w ( x, y ) , моментов M x , M y , M xy и перерезывающих (поперечных) сил Q x , Q y . Усилия N x , N y , N xy связаны с функцией напряжений F ( x, y ) и с перемещениями u , v в плоскости пластины соотношениями: Nx =

Ny =

¶2F ¶y

2

¶2 F ¶x

2

N xy = -

E h æ ¶u ¶ v ö NT , ç ÷+n 2 ç ¶x ¶ y ÷ø 1 - n 1- n è

=

=

E h æ ¶v ¶ u ö NT ç +n ÷, 2 ç ¶y ¶ x ÷ø 1 - n 1- n è

¶2F E h æ ¶u ¶ v ö ç ÷ . = + ¶x ¶ y 2 (1 + n) çè ¶ y ¶x ÷ø

194

Моменты M x , M y , M xy представляются через функцию прогибов w ( x, y ) формулами: æ ¶ 2w ¶ 2w ö M M x = -D ç 2 + n 2 ÷ - T , ç ¶x ¶ y ÷ø 1 - n è æ ¶2w ¶ 2 w ö÷ M T M y = -D ç , +n ç ¶y 2 ¶x 2 ÷ø 1 - n è M xy = (1 - n ) D

¶2w . ¶x¶ y

Перерезывающие силы, в свою очередь, связаны с моментами и распределенной нагрузкой p ( x, y ) известными уравнениями равновесия объемного элемента пластины. Можно видеть, что уравнения (33.1) и (33.2) определяют решения двух задач. Первая задача определяет плоское напряженное состояние пластины, вторая - ее изгиб. Решения этих задач можно строить независимо друг от друга, и, если требуется определить значения полных напряжений, сложить напряжения, отвечающие каждому из этих решений. Если требуется определить влияние неравномерного нагрева на свободную пластину, то нагрузка p принимается равной нулю и определяющее уравнение принимает вид D Ñ 2Ñ 2 w = -

1 Ñ2MT , 1- n

(33.3)

т.е. возможно сложение прогибов, вызванных только температурой, и прогибов, обусловленных только поперечной нагрузкой. В дальнейшем будем рассматривать свободные пластины, если наличие поперечной нагрузки не определено условием задачи. Решения уравнений прогибов пластины (33.2) и (33.3) должны быть подчинены граничным условиям на краях пластины, которые могут быть жесткозакрепленными (защемленными), свободно 195

(шарнирно) опертыми, упругоопертыми, свободными и т.д. Конкретный вид тех или иных граничных условий будет рассматриваться при решении задач, представляющих практический интерес. 33.1. Свободно опертая прямоугольная пластина при произвольном распределении температуры. 33.2. Прямоугольная пластина с жесткозакрепленными краями при произвольном распределении температуры. 33.3. Осесимметрично нагретые круглые пластины. 33.4. Пластины с распределениями температуры, изменяющимися только по толщине. 33.4.1. Свободная пластина произвольной формы в плане. 33.4.2. Свободно опертая круглая пластина. 33.4.3. Прямоугольная свободно опертая пластина.

Решение 33.1. Рассмотрим свободно опертую (шарнирно опертую) на жесткую опору прямоугольную пластину, занимающую область 0 £ x £ a , 0 £ y £ b , -h/2 £ z £ h/ 2

при произвольном распределении температуры. Граничные условия на свободно опертых краях пластины имеют вид: - на краях x = 0 , x = a w=0 , Mx = 0 Þ

¶ 2w ¶x

2

+

MT =0 ; (1 - n) D

+

MT =0 , (1 - n) D

- на краях y = 0 , y = b w=0 , My =0 Þ

¶ 2w ¶y

где M T = M T ( x, y ) . 196

2

Решение уравнения (33.3) можно упростить, учитывая, что оно эквивалентно системе двух уравнений: D Ñ 2Ñ 2 w = -

M ì 2 1 ï D Ñ w + T = f ( x, y ) ; Ñ 2M T Þ í 1- n 1- n ïî Ñ2 f = 0 .

(33.4)

На всей границе пластины w = 0 и, следовательно, ¶ 2 w / ¶s 2 = 0 . Соответственно, на границе должно выполняться условие D Ñ 2w = -

MT 1- n

,

которое, в свою очередь, на основании первого из уравнений (33.4) приводит к нулевым граничным условиям для функции f ( x, y ) . Отсюда следует, что решением второго из уравнений (33.4) будет f = 0 , и задача сводится к решению уравнения второго порядка D Ñ2w = -

MT 1- n

(33.5)

при условии, что на границе w = 0 . Решение уравнения (33.5) легко построить в двойных тригонометрических рядах Фурье, полагая w ( x, y ) =

¥

¥

å å wmn sin

m =1 n =1

mpx npy sin a b

(33.6)

и представляя функцию M T ( x, y ) в форме аналогичного ряда

M T ( x, y ) =

¥

¥

å å amn sin

m =1 n =1

mpx npy sin a b

,

(33.7)

где коэффициенты разложения amn определяются соотношениями: 197

amn =

4 ab mpx npy d xd y . M T ( x, y ) sin sin ò ò a b ab 0 0

Подставляя теперь ряды (33.6) и (33.7) в уравнение (33.5) и приравнивая коэффициенты при подобных членах рядов, получим: wmn =

1 2

amn

×

2

(1 - n) p D (m / a) + ( n / b) 2

.

(33.8)

Таким образом, решение задачи получено в явном виде. Отметим, что при некоторых распределениях температуры, в частности, когда температура не зависит от переменных x и y , решение (33.6) с учетом (33.8) позволяет определить прогибы, однако непригодно для вычисления изгибающих моментов вблизи краев пластины; в этих случаях решение уравнения (33.5) нужно строить в другом виде (см. решения задач 33.5). 33.2. Краевая задача, которую нужно решить для прямоугольной пластины ( 0 £ x £ a , 0 £ y £ b , - h / 2 £ z £ h / 2 ) с жесткозакрепленными краями при произвольном распределении температуры, сводится к решению уравнения (33.3) D Ñ 2Ñ 2 w = -

1 Ñ 2M T 1- n

при граничных условиях: - на краях x = 0 , x = a - w = 0 ,

¶w =0 ; ¶x

- на краях y = 0 , y = b - w = 0 ,

¶w =0 . ¶y

Поскольку в граничных условиях температура в явном виде не присутствует, из сравнения уравнений (33.2) и (33.3) следует, что требуемое решение температурной задачи тождественно решению 198

задачи для такой же защемленной прямоугольной пластины, находящейся при постоянной температуре под действием поперечной эквивалентной нагрузки p * , определяемой соотношением: p * ( x, y ) = -

1 Ñ2M T . 1- n

Таким образом, рассматриваемая задача сводится к изотермической, и, следовательно, все методы и решения, существующие для изотермического случая, можно применять непосредственно1. Отметим, что выявленная аналогия между температурной и изотермической задачами является полной только лишь при вычислении прогибов; при определении напряжений в температурной задаче необходимо к напряжениям s x и s y изотермического решения добавить дополнительно слагаемое - (3l + 2m) aT = - aET / (1 - n ) . Аналогию между температурной и изотермической задачами для пластины можно установить и для других граничных условий, сводя решение задачи термоупругости к суммированию нескольких (двух и более) изотермических решений. 33.3. Для круглых пластин с произвольными граничными условиями при температурах, меняющихся только в направлениях r и

z , эквивалентная поперечная нагрузка p * будет функцией только переменной r : p * = p * ( r ) . В этом случае легко получить общее решение уравнения прогибов. Действительно, уравнение (33.3) можно переписать в виде, допускающем прямое интегрирование: 1 d ì d é 1 d æ dw ö ù ü p* ( r ) . çr ÷ ý= ír D r dr î dr êë r dr è dr ø úû þ 1

(33.9)

Решение изотермической задачи для прямоугольной пластины, защемленной по контуру, при действии равномерно распределенной нагрузки приведено в книге: Тимошенко С.П., Войновский-Кригер С. Пластинки и оболочки. М.: Физматгиз, 1963.

199

Общее решение уравнения (33.9) имеет вид w = C1 lg ( r / r0 ) + C 2 r 2 lg ( r / r0 ) + C3 ( r 2 - r 02 ) + C4 + w p ( r ) ,

(33.10)

где C1 , C2 , C3 , C4 - постоянные интегрирования; r0 - постоянная, равная нулю для сплошной круглой пластины и a - для пластины с отверстием; w p ( r ) - частное решение уравнения (33.9), определяемое соотношением ì r ï1 wp ( r) = ò í ò r r0 ï r0 î r

é r êr ê ò êë r0

æ r ö ù ü r p* ( r ) ÷ ú ï ç1 dr ÷ dr dr ý dr . çr ò D ç r0 ÷ ú ï è ø úû þ

Для сплошного диска с внешним радиусом b ( 0 £ r £ b ) постоянные C1 и C2 необходимо принять равными нулю, поскольку прогиб в центре пластины должен быть конечным. Постоянные C3 и C4 должны быть определены из граничных условий. В частности, для сплошной круглой пластины, защемленной по краю r = b , будем иметь: 1 d w p (r ) , × 2b dr r =b b d w p (r ) . C4 = × - w p (r ) r =b 2 dr r =b C3 = -

(33.11)

Для сплошной пластины, край r = b которой свободно оперт, дополнительно к тому, что C1 = C2 = 0 , получим: é ù d 2 w p (r ) 1 M T (b) n d w p (r) ê ú , C3 = + + × ê ú 2 2 (1 + n ) (1 - n) D b dr dr r =b ú êë r =b û

C 4 = - b 2C 3 - w p ( r )

r =b

200

.

(33.12)

Для пластин с круговым отверстием радиусом a ( a £ r £ b ) все четыре постоянные C1 , C2 , C3 , C4 должны отыскиваться из граничных условий при r = a и r = b . 33.4. Решения задач для пластин с изменением температуры только по толщине в большинстве случаев можно получить как частные случаи более общих методов, рассмотренных в пп. 33.1- 33.3. 33.4.1. Решение задачи о свободной неопертой пластине произвольной формы в плане, находящейся под действием температуры, меняющейся только по толщине, построим по общей схеме, разделяя решение на две части: в первой части определим перемещения в плоскости пластины, во второй - прогибы. В рассматриваемой задаче имеем, что величина NT постоянна, и уравнение (33.1), определяющее функцию напряжений (усилий) F ( x, y ) , принимает вид Ñ 2Ñ 2 F = 0 .

Это уравнение необходимо решать при граничных условиях, соответствующих нулевым нагрузкам на краю пластины. Соответственно, решение будет нулевым: F =0

Þ

N x = N y = N xy = 0 .

В свою очередь, равенство нулю сил N x , N y и N xy приводит к трем уравнениям, связывающим разыскиваемые перемещения в плоскости пластины: ¶u ¶ v ¶v ¶ u NT (1 + n) +n = +n = , ¶x ¶ y ¶y ¶x Eh ¶u ¶ v + =0 . ¶ y ¶x

Решение полученных уравнений относительно перемещений u и v дает: 201

NT x + [ a + by ] , Eh N v ( x, y ) = T y + [c - by ] . Eh

u ( x, y ) =

(33.13)

Отметим, что слагаемые в квадратных скобках определяют перемещения тела, как целого. Прогиб пластины будет определяться уравнением (33.2), принимающим здесь вид Ñ 2Ñ 2 w = 0 ,

и граничными условиями, отвечающими нулевым нагрузкам на краю пластины. Требуемое решение проще всего получить с использованием полуобратного метода, полагая, что M x = M y = M xy = 0 ,

и проверяя затем, удовлетворяют ли прогибы, найденные на этом основании, всем требуемым условиям. Будем иметь:

M x = M y = M xy

ì ¶2 w ¶ 2w ¶ 2w ¶2 w MT ; ï 2 +n 2 = 2 +n 2 = + n) D ( 1 ï ¶x ¶ ¶ ¶ y y x =0 Þ í ¶ 2w ï =0 . ï ¶x ¶ y î

Решая полученные уравнения относительно функции прогибов w ( x, y ) , будем иметь: w ( x, y ) = -

6M T Eh

3

( x2 + y 2 ) + [ d + e x + f y ]

.

(33.14)

Слагаемое в квадратных скобках определяет перемещение тела, как целого. 202

Определение напряжений, соответствующих полученному решению в перемещениях, не представляет особого труда. Будем иметь: sx = s y =

1 æ 12M T ö N z÷ , ç - aE T + T + 1- n è h h3 ø

(33.15)

t xy = 0 .

Представляет интерес сравнение полученного решения, построенного на базе теории тонких пластин, с точным решением для этой же задачи (см. задачу 30). Можно видеть, что соотношение для прогиба срединной поверхности ( z = 0 ) , определяемое точным решением, совпадает с полученным здесь выражением. Что же касается напряжений, то для них решения совпадают во всех точках пластины. 33.4.2. Решение для свободно опертой сплошной круглой пластины можно получить непосредственно из решения задачи 33.4.1, вводя дополнительное требование w = 0 на границе x2 + y 2 = b2 .

Требование легко выполняется, если принять w ( x, y ) =

6M T Eh

3

( b2 - x2 - y 2 )

.

(33.16)

Остальная часть решения задачи 33.4.1 справедлива здесь без изменений. Поставленная задача для свободно опертой сплошной круглой пластины можно получить и как частный случай задачи 33.3. Действительно, для рассматриваемой задачи эквивалентная поперечная нагрузка p * равна нулю ( M T = const ), и, соответственно, равно нулю частное решение w p уравнения (33.9). Соотношения (33.12), определяющие постоянные C3 и C4 , принимают вид 203

C MT 6M T , C3 = - 24 = =2 b 2 (1 - n ) D E h3

(33.17)

С учетом полученных значений постоянных C3 и C4 зависимость (33.10) для прогиба приводится к виду (33.16). 33.4.3. Для свободно (шарнирно) опертой прямоугольной пластины, занимающей область 0 £ x £ a , 0 £ y £b , - h/2£ z £ h/2

и находящейся под действием температуры, изменяющейся только по толщине, получить решение по схеме, предложенной в п. 33.4.2, не представляется возможным. Однако здесь можно полностью использовать решение для такой же пластины при произвольном распределении температуры, построенное ранее в п. 33.1, с учетом, что M T = const . В этом случае коэффициенты amn разложения (33.7) постоянной M T будут определяться соотношениями:

am¢n¢ =

4M T a b m¢px n¢py d xd y sin sin ò ò ab 0 0 a b

Þ

am¢n¢ =

16M T

m¢n¢ p 2

,

где m¢ и n¢ - нечетные числа. Соответственно, коэффициенты wmn разложения в ряд (33.6)

функции прогибов w ( x, y ) перепишутся в форме wm¢n¢ =

1 2

am¢n¢

×

(1 - n) p D ( m¢ / a) 2 + ( n¢ / b) 2

а сама функция прогибов принимает вид 204

,

w ( x, y ) =

¥

16M T

å

sin

¥

å

(1 - n) p 4 D m =1, 3, 5 n =1, 3, 5

mpx npy sin a b

.

éæ m ö 2 æ n ö 2 ù m n êç ÷ + ç ÷ ú êëè a ø è b ø úû

Отметим, что построенное решение мало пригодно для вычисления моментов и напряжений в точках, расположенных вблизи краев пластины. Дело в том, что при его получении использовалось разложение в ряд Фурье постоянной величины M T по синусам в интервалах 0 < x < a и 0 < y < b , а, как известно, такое разложение вблизи концевых точек интервала сходится медленно, а в самих точках сходится к нулю, но не к требуемому постоянному значению. Более приемлемое решение уравнения (33.5) при условии, что на границе w = 0 , можно построить в одинарных (ординарных) тригонометрических рядах, полагая

w ( x, y ) =

¥

å

m =1

Ym ( y ) sin

mpx a

(33.18)

и представляя постоянную M T в форме аналогичного ряда:

MT =

mpx 4M T ¥ 1 sin å a p m =1, 3, 5 m

.

(33.19)

Подставляя теперь ряды (33.18) и (33.19) в уравнение (33.5) придем к дифференциальному уравнению для функции Ym ( y ) : d 2Ym

2

4M T æ mp ö -ç ÷ Ym = 2 D - n) m p ( 1 a è ø dy

для нечетных m ,

которое должно быть решено при нулевых граничных условиях: 205

Ym (0 ) = Ym (b ) = 0 .

Опуская промежуточные выкладки, приведем окончательное соотношение для прогиба: w ( x, y ) =

¥ 4M T 1 å (1 - n) pD m =1, 3, 5 m b 2m

é shbm y + shb m (b - y ) ù ú sin b m x , ê1 shbmb û ë

где bm = mp / a . Построенное решение является подходящим для вычисления моментов и напряжений для всех точек интервала 0 < y < b , включая и его концевые точки, но не вблизи концов интервала 0 < x < a . Для соответствующих вычислений в точках, близких к x = 0 или к x = a , необходимо повторить процедуру построения решения, представляя прогиб в форме ряда:

w ( x, y ) =

¥

å

m =1

X m (x ) sin

mpy b

.

В этом случае для прогиба будем иметь: w ( x, y ) =

¥ 4M T 1 å (1 - n) pD m =1, 3, 5 m b*m2

é shb*m x + shb*m ( a - x) ù * ú sin b m y , ê1 * shb mb úû êë

где b*m = mp / b .

206

Список литературы 1. Сапунов В.Т. Прикладная теория упругости: Учеб. пособие. Ч. 1. М.: МИФИ, 2008. 2. Сапунов В.Т. Прикладная теория упругости: Учеб. пособие. Ч. 2. М.: МИФИ, 2008. 3. Рекач В.Г. Руководство к решению задач по теории упругости. М.: Высшая школа, 1966. 4. Безухов Н.И. Сборник задач по теории упругости и ползучести. М.: ГИТТЛ, 1957. 5. Боли Б., Уэйнер Дж. Теория температурных напряжений. М.: Мир, 1964. 6. Bellet D. Problèmes d’élasticité. France, Toulouse: CépaduèsÉditions, 1990.

207

Владимир Тимофеевич Сапунов

ЗАДАЧИ ПРИКЛАДНОЙ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ Учебное пособие

Редактор М.В. Макарова Оригинал-макет изготовлен В. Т. Сапуновым Подписано в печать 15.12.2010. Формат 60х84 1/16 Уч.-изд. л. 13,0 Печ. л. 13,0 Тираж 160 экз. Изд. № 1/4/83 Заказ № 17 Национальный исследовательский ядерный университет «МИФИ» 115409, Москва, Каширское шоссе, 31 ООО «Полиграфический комплекс «Курчатовский». 144000, Московская область, г. Электросталь, ул. Красная, д. 42